câu 1
lần đổ thứ nhất ta có \(t_{cb1}=t_0+7\)
cân bằng nhiệt ta có \(m_0C_0.\left(t_{cb_1}-t_0\right)=mC.\left(t-t_{cb1}\right)\)
\(\Leftrightarrow m_0C_0.7=mC.\left(t-t_0-7\right)\left(1\right)\)
lần đổ thứ 2 ta có \(t_{cb2}=t_0+7+5\)
cân bằng nhiệt lần 2 \(m_0C_0\left(t_{cb2}-t_{cb1}\right)+mC.\left(t_{cb2}-t_{cb1}\right)=mC\left(t-t_{cb2}\right)\)
\(\Leftrightarrow m_0C_0.5=mC.\left(t-t_0-7-5-5\right)\left(2\right)\)
chia 2 vế (1) cho (2) \(\Rightarrow\dfrac{7}{5}=\dfrac{t-t_0-7}{t-t_0-7-10}\Rightarrow t-t_0=42^oC\)
b, khi đổ lần 3 ta gọi nhiệt độ tăng thêm là tx ta có \(t_{cb3}=t_{cb_2}+t_x\)
cân bằng nhiệt lần 3 ta có
\(m_0C_0.t_x+2mC.t_x=2mC.\left(t-t_0-7-5-t_x\right)\)
\(\Leftrightarrow m_0C_0t_x=2mC\left(t-t_0-7-5-2t_x\right)\left(3\right)\)
chia 2 vế cho (3)(2)
\(\dfrac{t_x}{5}=\dfrac{2\left(42-7-5-2t_x\right)}{42-7-10}\Rightarrow t_x=\dfrac{20}{3}^oC\)
khi cân bằng nhiệt độ tăng thêm \(7+5+\dfrac{20}{3}=\dfrac{56}{3}^oC\)
số hơi lẻ nhỉ e xem đoạn trên ý b a có biến đổi lỗi chỗ nào ko nhá
có j cần hỏi em cứ bình luận ở dưới nhá
câu 4
a, vẽ lại mạch ta có r nt (R3//R4) nt (R1//R2)
điện trở tương đương đoạn mạch \(R_{tđ}=8+\dfrac{80.20}{100}+\dfrac{40.60}{100}=48\left(\Omega\right)\)
\(\Rightarrow I_A=I=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{12}{48}=0,25\left(A\right)\)
cường độ dđ qua R4 \(I_4=\dfrac{U_4}{R_4}=\dfrac{0,25.16}{20}=0,2\left(A\right)\)
cường độ dđ qua R2 \(I_2=\dfrac{U_2}{R_2}=\dfrac{0,25.24}{60}=0,1\left(A\right)\)
\(\Rightarrow I_{MN}=I_4-I_2=0,1\left(A\right)\)
b, anh nhớ nếu mạch nối bằng vôn kế lí tưởng thì sẽ coi đoạn đấy là mạch hở mà nhỉ nhỉ :?? e tham khảo thầy cô phần b nhá a ko chắc nhớ nữa :))
c, khi tháo điện trở và lắp lại U nguồn luôn đc bảo toàn nên a dùng công thức tính công suất \(P=\dfrac{U^2}{R}\) để P max R phải min
vậy R min khi mạch lắp R1//R2//R3//R4 \(\Rightarrow R_{tđ}=9,6\left(\Omega\right)\)
\(\Rightarrow P_{max}=\dfrac{12^2}{9,6}=15\left(W\right)\)
