Cốc đựng nước và cốc đựng rượu:

- Đường đi của tia sáng qua cốc 1 là đường thẳng. Vì ánh sáng truyền qua môi trường trong suốt , đồng tính

Cốc đựng dầu và nước:

. Vì dầu hỏa và nước trộn lại không còn đồng tính và trong suốt nữa.

->Ánh sáng không đi theo đường thẳng nữa

Cốc đựng nước và rượu gọi là cốc 1

-đường đi của tia sáng qua cốc 1 là đường thẳng. Vì ánh sáng truyền qua môi trường trong suốt , đồng tính nhưng nước và rượu đồng tình vì có màu trắng trong suốt.

==> áng sáng truyền qua theo đường thẳng( chú ý trong trường hợp này rượu có màu trắng trong, chứ không phải là rượu vang nha)

Cốc đựng dầu hỏa và nước là cốc gọi là cốc 2

-đường đi của ánh sáng qua cốc 2 không còn là đường thẳng nữa . Vì áng sáng không truyền qua môi trường không đồng tính và không trong suốt. Dầu hỏa và nước trộn lại không còn đồng tính và trong suốt nữa.

==> ánh sáng truyền qua không còn thẳng nữa

gọi n là nồng độ của trà 1 lúc ban đầu

\(n2=\dfrac{\Delta m.n}{\Delta m+m2}=\dfrac{n}{1+\dfrac{m2}{\Delta m}}\left(1\right)\)

thay \(x2=\dfrac{\Delta m}{m2}\)

thay vào trường hợp 1 ta có \(n2=\dfrac{n}{1+\dfrac{1}{x2}}=\dfrac{n.x2}{x2+1}\)

nếu trường hợp đổ trở lại m từ cốc 2 sang cốc 1thì nồng độ nước trà cốc 1

\(n1=\dfrac{\left(m1-\Delta m\right).n+\Delta m.n2}{\left(m1-\Delta m\right)+\Delta m}=\dfrac{\left(m1-\Delta m\right).n+\Delta m.\dfrac{n.x2}{x2+1}}{m1}=n-\dfrac{\Delta m.n}{m1}+\dfrac{\Delta m}{m1}.\dfrac{n.x2}{x2+1}\left(2\right)\)

thay \(x1=\dfrac{\Delta m}{m1}\)

vào trường hợp 2 ta có:\(n1=\left(1-x1\right).n+\dfrac{x1.x2.n}{x2+1}\)

theo giả thiết ta có:\(n1=k.n2\)

hay \(\left(1-x1\right).n+\dfrac{x1.x2.n}{x2+1}=k.\dfrac{n.x2}{x2+1}\)

\(1-x1=\dfrac{\left(k-x1\right).x2}{x2+1}\)

suy ra độ chênh lệch giữa hai cốc:\(k=\dfrac{\left(1-x1\right).\left(1+x2\right)}{x2}+x1=\dfrac{1+x2-x1-x1x2}{x2}+x1=\dfrac{1-x1}{x2}+1\left(3\right)\)

\(< =>\dfrac{1-x1}{x2}=k-1=2,5-1=1,5< =>1=1,5x2+x1\left(4\right)\)

khi đổ nước có khối lượng m từ bình 1 sang bình 2 ta có phương trình cân bằng nhiệt

m.c(t1-t)=m2.c(t-t2)

\(t=\dfrac{\Delta m.c.t1+m2.c.t2}{\Delta m.c+m2.c}=\dfrac{\Delta m.t1+m2.t2}{\Delta m+m2}\)

thêm bớt m2t1 vào tử ta có 

\(t=\dfrac{\Delta m.t1+m2.t1+m2.t2-m2.t1}{\Delta m+m2}=t1+\dfrac{m2.\left(t2-t1\right)}{\Delta m+m2}=t1+\dfrac{t2-t1}{x2+1}=t1-\dfrac{t2-t1}{x2+1}\left(6\right)\)

khi đổ m trở lại cốc 1 ta có phương trình cân bằng nhiệt sau

m.c(t'-t)=(m1-m).c(t1-t')

\(=>t'=\dfrac{\Delta m.c.t+\left(m1-\Delta m\right)c.t1}{\Delta m.c\left(m1-\Delta m\right)c}=\dfrac{\Delta m.t+\left(m1-\Delta m\right).t1}{m1}< =>t'=x1.t+t1-x1.t1=x1\left(t-t1\right)+t1\)

thay vào trường hợp 6 ta có:\(t'=\left(t1-\dfrac{t1-t2}{x2+1}\right).x1+t1=t1-\dfrac{x1.\left(t1-t2\right)}{x2+1}\left(< >\right)\)

hiệu nhiệt độ giữa hai cốc

\(t=t'-t=t1-\dfrac{x1.\left(t1-t2\right)}{x2+1}-t1-\dfrac{t1-t2}{x2+1}=\dfrac{t1-t2-x1.\left(t1-t2\right)}{x2+1}=\dfrac{\left(1-x1\right).\left(t1-t2\right)}{x2+1}\left(\backslash\right)\)

thay t1,t2,t vào (/) ta có \(15=\dfrac{\left(1-x1\right).\left(45-5\right)}{x2+1}=>15x2+40x1=25\left(\backslash\backslash\right)\)

giải hệ phương trình từ (4) và (\\) ta có: ta được x1=\(\dfrac{1}{2}\)

x2=\(\dfrac{1}{3}\)

ta thấy khi m tăng thì \(x1=\dfrac{\Delta m}{m1}\) 

x2=\(\dfrac{\Delta m}{m2}\)

đều tăng ,do đó từ phần (3) và (//) ta có k và t đều giảm

xong 

\(p=d\cdot h=10000\cdot0,24=2400Pa\)

\(p'=d\cdot h'=10000\cdot\left(0,24-0,04\right)=2000Pa\)

Đáp án C

Đáp án C

Chuẩn hóa bán kính của viên bi là 1 => Chiều cao của cốc là h = 2. 

+) Thể tích của viên bi là V 1 = 4 π 3 . Gọi R, r lần lượt là bán kính của miệng cốc và đáy cốc.

+) Thể tích của cốc ( khối nón cụt ) là V 2 = πh 3 R 2 + R r + r 2 = 2 π 3 R 2 + R r + r 2  

+) Vì lượng nước tràn ra bằng nửa lượng nước đổ vào cốc V 1 V 2 = 1 2 ⇒ R 2 + R r + r 2 = 4                                   ( 1 )  

+) Xét mặt cắt của cốc khi thả viên bi vào trong cốc ( hình vẽ bên)

Dễ thấy ABCD là hình thang cân ⇒ O A 2 + O B 2 = A B 2                           ( 2 )  

Mà  O A 2 = R 2 + 1 O B 2 = r 2 + 1 và A B 2 = A H - B K 2 + H K 2 = R - r 2 + 4     ( 3 )  

Từ (2) và (3) ⇒ R 2 + r 2 + 2 = R - r 2 + 4 ⇔ R r = 1         ( 4 )  

Từ (1) và (4) ⇒ R 2 + R r + r 2 = 4 R r ⇔ R r 2 = 3 R r + 1 = 0  

⇔ R r = 3 + 5 2 . Vậy tỉ số cần tính là 3 + 5 2

Đáp án C.

Ta có 

V b i = V m c = 4 3 h 2 3 . π ; V c o c = V n c = π 3 . h . R 2 + r 2 + R r

Mà V n c = 2 V m c  do vậy π 3 h R 2 + r 2 + R r = 2. 4 3 . h 2 3 π  

  ⇔ R 2 + r 2 + R . r = h 2

Mà   ⇔ R 2 + r 2 + R . r = h 2 do vậy

P T ⇔ r R 2 − 3 r R + 1 = 0 ⇔ r R = 3 + 5 2 t m r R = 3 − 5 2 l

Vậy ta chọn C.