(Em đi tham khảo nhưng không rõ lắm nên em không tiện chụp lại)

Gọi O là trọng tâm chung của cốc và nước ở vị trí y vạch.

Giả sử độ cao nước đổ vào là x vạch, thì trọng tâm \(O_2\) của nước ở vị trí \(\dfrac{x}{2}\) vạch.

Gọi \(O_1\) là trọng tâm của cốc khi không chứa gì, ở vị trí vạch thử 8.

\(P_1;P_2\) lần lượt là trọng lượng của cốc và nước.

Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có:

\(P_1.OO_1=P_2.OO_2\)

\(\Rightarrow180\left(8-y\right)=20.x\left(y-\dfrac{x}{2}\right)\\ \Rightarrow144-18y=2xy-x^2\\ \Rightarrow2y\left(x+9\right)=x^2+144\\ \Rightarrow y=\dfrac{x^2+144}{2\left(x+9\right)}\)

\(\Rightarrow y=\dfrac{x^2-81}{2\left(x+9\right)}+\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}=\dfrac{x-9}{2}+\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}\\ \Rightarrow y=\dfrac{x+9}{2}+\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}-9\\ \Rightarrow y+9=\dfrac{x+9}{2}+\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}\left(\text{*}\right)\)

Từ (*)ta nhận thấy để trọng tâm O ở vị trí thấp nhất nghĩa là \(y_{min}\) hay \(\left(y+9\right)_{min}\). Theo bất đẳng thức Cô - si ta có:

\(y+9=\dfrac{x+9}{2}+\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(x+9\right).225}{2.2\left(x+9\right)}}=15\\ \Rightarrow y_{min}=15-9=6\\ \Leftrightarrow\dfrac{x+9}{2}=\dfrac{225}{2\left(x+9\right)}\\ \Leftrightarrow x^2+18x-144=0\)

Giải pt trên tìm được \(x=6\left(cm\right)\)

Vậy lượng nước cần đổ vào ở vạch chia thứ 6, hay khối lượng nước cần đổ vào là \(m_2=6.20.1=120\left(g\right)\)

Liệu có phải lớp 8????? Sao em không biết gì hay do em quên kiến thức. Chị là một CTV thì cho vào câu hỏi hay đi, như thế sẽ có nhiều người giải hơn. Riêng em thì khoản Lý em ngu sẵn.

Chúc chị học tốt!

Giả sử độ cao nước đổ vào là x vạch, thì trọng tâm O2 của nước ở vị trí vạch Gọi O là trọng tâm chung của cốc và nước ở vị trí y vạch. Goi O1 là trọng tâm của cốc khi không chứa gì, ở vị trí vạch thứ 8. P1, P2 lần lượt là trọng lượng của cốc và nước. Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có. P1.OO1 = P2.OO2 ↔180. (8-y) =20.x (y-x/2) →144 - 18.y =2xy -x^2 ↔2.y (x+9 ) = x2+144→y=x2+1442x+9 ↔y=x2-812x+9+2252x+9=x-92+2252(x+9) →y=x+92+2252(x+9)-9→y+9=x+92+2252(x+9) (*) Từ (*) ta nhận thấy để trọng tâm O ở vị trí thấp nhất, nghĩa là ymin hay (y+9)min. Theo bất đẳng thức Cô si. y+9=x+92+2252(x+9)≥2x+9.2252.2(x+9)=15→ymin=15-9=6 ↔x+92=2252(x+9)↔x2+18x-144=0 Giải phương trình này ta được: x = 6 cm và x = – 24 (loại) Vậy lượng nước cần đổ vào ở vạch chia thứ 6, hay khối lượng nước cần đổ vào là m2 = 6.20.1 = 120g

   Nồng độ phần trăm của dung dịch pha chế:

   Nồng độ mol của dung dịch:

- Để đo khối lượng hòn đá em thực hiện các bước sau:

+ Bước 1: Ước lượng khối lượng cần đo (khoảng 50g).

+ Bước 2: Chọn cân phù hợp (cân tiểu ly GHĐ: 200g, ĐCNN: 0,01g).

+ Bước 3: Hiệu chỉnh cân về mức 0.

+ Bước 4: Thực hiện phép đo (đặt hòn đá lên cân).

+ Bước 5: Đọc và ghi kết quả hiển thị.

- Để đo thể tích hòn đá em thực hiện các bước sau:

+ Bước 1: Ước lượng thể tích cần đo (khoảng 50ml).

+ Bước 2: Chọn cốc chia độ phù hợp (cốc chia độ GHĐ: 200ml, ĐCNN: 10ml).

+ Bước 3: Đổ nước vào cốc chia độ và đo thể tích của nước (được thể tích V₁).

+ Bước 4: Thả hòn đá vào cốc chia độ và đo thể tích của nước khi đó (được thể tích V₂).

+ Bước 5: Thể tích của hòn đá = thể tích nước dâng lên = V₂ – V₁.

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