Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \frac{9}{2} \int_{0}^{t_{B}}t^{2}dt = 12}\)

\(\displaystyle{ \frac{9}{2} \frac{t_{B}^{3}}{3} = 12}\)

\(\displaystyle{ t_{B}^{3} = 8}\)

\(\displaystyle{ t_{B} = 2}\), \(\displaystyle{ r_{B} = 6}\)

tak, \(\displaystyle{ U_{1}}\) to jest napięcie przed rozsunieciem okladek.

a z tym pierwszym to moze:

\(\displaystyle{ z = re^{i(\phi + 2k\pi)}}\) ?

rozsunelas okladki kondensatora odprowadzajac jednoczesnie z nich tyle ładunku, zeby napięcie zostało stałe.

A tu ładunek ma być stały czyli:

\(\displaystyle{ Q_{1} = Q_{2}}\)

\(\displaystyle{ \frac{\epsilon_{0}S}{l_{1}}U_{1} = \frac{\epsilon_{0}S}{l_{2}}U_{2}}\)

czyli:

\(\displaystyle{ U_{2} = U_{1}\frac{l_{2}}{l_{1}}}\)

Równanie opisujące ruch wahadła mat. to:

-g\sin{\phi} = l\frac{d^{2}\phi}{dt^{2}}

i nie opisuje drgań harmonicznych, więc tak naprawde drgania wahadła nigdy nie są drganiami harmonicznymi. Dla małych kątów jednak zachodzi \sin{\phi} \approx \phi i wtedy równanie opisuje drgania harmoniczne, choć ...

Po pierwsze energia potencjalna na powierzchni Ziemi wynosi:

E_{p}(R) = -\frac{GMm}{R} = -gmR

Po drugie zbadajmy ile wynosi siła w dowolnym miejscu Ziemi pod powierzchnią w odległości r od środka). Siła ta pochodzi tylko od kuli o promieniu r. Przy zalozeniu ze Ziemia ma jednorodny rozkłąd ...

\(\displaystyle{ t_{1} = 20min = 1/3h}\)
\(\displaystyle{ t_{2} = 5min =1/12h}\)
\(\displaystyle{ s = 1200m = 1,2km}\)

\(\displaystyle{ t_{1} = \frac{s}{v_{1}-v_{2}}}\)

\(\displaystyle{ v_{1} - v_{2} = \frac{1,2}{1/3} = 3,6 [km/h]}\)

\(\displaystyle{ t_{2} = \frac{s}{v_{1}+v_{2}}}\)

\(\displaystyle{ v_{1} + v_{2} = \frac{1,2}{1/12} = 14,4 [km/h]}\)

\(\displaystyle{ v_{1} = 9 [km/h]}\)
\(\displaystyle{ v_{2} = 5,4 [km/h]}\)

1. Czym sie różni p'_{1} od p_{1} ??

2. Ani objętość pierwszego zbiornika, ani drugiego sie nie zmieniają i wynoszą cały czas V_{1} i 4V_{1}

3. Gdzie w swoim wzorze na p podziały Ci sie temperatury?

4. Piszesz że cisnienie staje sie suma obu cisnien wiec po co robisz te wszystkie wyliczenia? a ...

z równania stanu gazu doskonałego pV = nRT :

na poczatku w zbiornikach 1 i 2 mamy następujące liczby moli gazu:

n_{1} = \frac{p_{1}V_{1}}{RT_{1}}

n_{2} = \frac{4p_{2}V_{1}}{RT_{2}}

po wyrównaniu ciśnień (n3 odpowiada zbiornikowi 1 a n4 zbiornikowi 2):

n_{3} = \frac{pV_{1}}{RT_{1}}

n_{4 ...

V - objetosc kulki
\rho_{k} - gestosc kulki
\rho_{w} - gestosc wody
\rho - szukana gestosc cieczy

V\rho_{k}g - V\rho_{w}g = \frac{3}{5}V\rho_{k}g

V\rho_{k}g - V\rho g = \frac{3}{4}V\rho_{k}g

po skroceniu V i g:

\rho_{k} - \rho_{w} = \frac{3}{5}\rho_{k}

\rho_{k} - \rho = \frac{3}{4 ...

y = v_{0}t - \frac{1}{2}gt^{2}

y_{a} = v_{0}t - \frac{gt^{2}}{2}

gt^{2} - 2v_{0}t + y_{a} = 0

\Delta = 4v_{0}^{2} - 4gy_{a}

t_{1} = \frac{v_{0}-\sqrt{\Delta}}{g}

t_{2} = \frac{v_{0}+\sqrt{\Delta}}{g}

\Delta t = t_{2} - t_{1} = \frac{2\sqrt{\Delta}}{g}

\Delta = \frac{g^{2 ...

ja bym dał:

\(\displaystyle{ x = rcos(\alpha) + 1}\)
\(\displaystyle{ y = rsin(\alpha) + 1}\)

jakobian zostaje taki sam, a po r calkujesz od 0 do 1. Bo ty calkujesz po jakims pierscieniu.

\(\displaystyle{ \frac{d^{2}}{dz^{2}}}\) oznacza drugą pochodną. I jak obliczysz druga pochodną:

\(\displaystyle{ \frac{d^{2}}{dz^{2}}\frac{1}{z^{2} + 2}}\) to w liczniku wyjdzie wlasnie \(\displaystyle{ 6z^{2} - 4}\)

entalpia H = U + pV

energia wewnętrza gazu o 6 stopniach swobody, zakladajac ze jest to gaz doskonaly to:

U = N\frac{6}{2}kT = 3NkT

z rownania stanu gazu doskonalego:

pV = NkT

H = 4NkT

entalpia to wielkość ekstensywna, aby ja obliczyc nalezy podać "rozmiary" gazu, takie jak objetosc czy ...