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级数n=1到无穷大时，求级数1-cos∏
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x→0,1-cosx~1/2x^2
因此,级数∑1-cos∏/n与级数∑1/2(pi^2/n^2)敛散性相同
显然,级数∑1/2(pi^2/n^2)收敛（p级数p=2收敛）
有比较法知原级数收敛
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请老师回答问题，谢谢 lim（n趋于无穷大）(1^n+2^n+3^n)1/n次方=？ lim(x趋于无穷大）sin2x/x=? lim(x趋于0）sin(sinx)/x=?求详解谢谢大家 乡村混搭小帅哥 请老师回答问题，谢谢 lim（n趋于无穷大）(1^n+2^n+3^n)1/n次方=？ lim(x趋于无穷大）sin2x/x=?
nZ＜[3^Y1&#473＜Y1^n＋2^n＋3^nZ^Y1/nZ]×3
∵3^Y1/x≤1/x
Yx趋于无穷大时Z
∴原式极限0
sinYsinxZ/nZ极限为1∴原式极限3c1/x＝YsinxZsinYsinxZ/x≤sin2x&#47
lim(x趋于0）sin(sinx)/x=1lim(x趋于无穷大）sin2x/x=0因为分子是有界函数，分母是无穷大
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热心网友高数中的e的值到底咋算出来的？当n趋向无穷大时，(1+1/n)的n次方的极限为常数e
但高数中没给出咋求的值，老师只说通过代值求出的，在此希望有人能给我具体求e值的方法。_百度作业帮
高数中的e的值到底咋算出来的？当n趋向无穷大时，(1+1/n)的n次方的极限为常数e
但高数中没给出咋求的值，老师只说通过代值求出的，在此希望有人能给我具体求e值的方法。
高数中的e的值到底咋算出来的？当n趋向无穷大时，(1+1/n)的n次方的极限为常数e
但高数中没给出咋求的值，老师只说通过代值求出的，在此希望有人能给我具体求e值的方法。
fanny000113
根据泰勒公式算出来的。
你老师给你的就是具体方法了，把n=1000代进去算，把n=10000代进去算，逐步逼近第一次提到常数e，是约翰·纳皮尔於1618年出版的对数著作附录中的一张表。但它没有记录这常数，只有由它为底计算出的一张自然对数列表，通常认为是由威廉·奥特雷德(William Oughtred)制作。第一次把e看为常数的是雅各·伯努利(Jacob Bernoulli)，他尝试计算下式的值：(1+1/n)...
根据泰勒公式算出来的。
扫描下载二维码第十部分 磁场第一讲 基本知识介绍《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。一、磁场与安培力1、磁场a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质b、磁感强度、磁通量c、稳恒电流的磁场*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I&、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB&。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中&k = 1.0×10?7N/A2&。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k&；*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI&；*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI&。其中n为单位长度螺线管的匝数。2、安培力a、对直导体，矢量式为&= I；或表达为大小关系式&F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力⑴整体合力折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为F =&& = BI& = BI关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。证毕。由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）⑵导体的内张力弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。c、匀强磁场对线圈的转矩如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为M = BIS几种情形的讨论——⑴增加匝数至N&，则&M = NBIS&；⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα&，如图9-3；证明：当α&= 90°时，显然M = 0&，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ&，如图9-4。证明：当β&= 90°时，显然M = 0&，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。二、洛仑兹力1、概念与规律a、&= q，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。b、能量性质由于总垂直与确定的平面，故总垂直&，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v&，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1&= qv1B的合力（见图9-5）。很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10?5m/s数量级，而v2一般都在10?2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动a、⊥时，匀速圆周运动，半径r =&&，周期T =&b、与成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r =&&，螺距d =&这个结论的证明一般是将分解…（过程从略）。☆但也有一个问题，如果将分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1&，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）3、磁聚焦a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。4、回旋加速器a、结构&原理（注意加速时间应忽略）b、磁场与交变电场频率的关系因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故&=c、最大速度&vmax&=&= 2πRf5、质谱仪速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。第二讲 典型例题解析一、磁场与安培力的计算【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。【答案】大小为8.0×10?6T&，方向在图9-9中垂直纸面向外。【例题2】半径为R&，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B&、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。【解说】本题有两种解法。方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ&，则弧长L =&θR&。因为θ&→
【原创】霓虹是雨后天晴时常见的自然现象．霓是太阳光经空中的小水珠两次折射和两次反射所形成，如左图，虹是太阳光经空中的小水珠两次折射和一次反射所形成，如右图．下列关于霓虹的判断正确的是（　　）A．霓外圈为紫色，虹外圈为红色B．霓的亮度比虹的亮度大C．观察霓的仰角比观察虹的仰角大D．若太阳在天空的西边，则霓和虹均在天空的西边
用落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g取9.8 m/s2)(1)运用公式mv2＝mgh时对实验条件的要求是________________．为此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近__________．(2)若实验中所用重物质量m＝1 kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物速度vB＝________，重物动能Ek＝________；从开始下落起至B点，重物的重力势能减小量是__________，由此可得出的结论是____________________________________．&(3)根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图中的&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&(　　)【解析】：(1)自由下落的物体在第一个0.02 s内，下落距离h＝gt2＝2 mm(2)vB＝＝ m/s＝0.59 m/sEk＝mvB2＝×1×0.592 J≈0.174 JΔEp＝mgh＝1×9.8×17.9×10－3 J≈0.175 J.&
用落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g取9.8 m/s2)
(1)运用公式mv2＝mgh时对实验条件的要求是________________．为此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近__________．
(2)若实验中所用重物质量m＝1 kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物速度vB＝________，重物动能Ek＝________；从开始下落起至B点，重物的重力势能减小量是__________，由此可得出的结论是____________________________________．
&(3)根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图中的&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
(　　)
【解析】：(1)自由下落的物体在第一个0.02 s内，下落距离
h＝gt2＝2 mm
(2)vB＝＝ m/s＝0.59 m/s
Ek＝mvB2＝×1×0.592 J≈0.174 J
ΔEp＝mgh＝1×9.8×17.9×10－3 J≈0.175 J.若lim{n^100/[n^k-(n-1)^k]}=A,n 趋向无穷大.A不等于0,则k=?,A=?, 若lim{n^100/[n^k-(n-1)^k]
若lim{n^100/[n^k-(n-1)^k]}=A,n 趋向无穷大.A不等于0,则k=?,A=?
hylr-13 若lim{n^100/[n^k-(n-1)^k]}=A,n 趋向无穷大.A不等于0,则k=?,A=?
n] ＝－1&#47，得A＝lim(n→∞) n^(100-k)/n)^k与k/k＝－1/[1-(1-1&#47，极限A＝－1&#47x→0时，所以;n等价分子分母同除以n^k，n→∞时，101－k＝0;[－k&#47，1-(1-1/n)^k] ＝lim(n→∞) n^(100-k)&#47，(1＋x)^k－1与kx等价;k×lim(n→∞) n^(101-k)所以，得k＝101