Bài 5.

Cơ năng ban đầu:

\(W=\dfrac{1}{2}mv^2+mgz=0,5\cdot10\cdot120=600J\)

a)Cơ năng vật khi chạm đất: \(W'=0J\)

Vận tốc vật khi chạm đất:

\(v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot10\cdot120}=20\sqrt{6}\)m/s

b)Cơ năng tại nơi \(W_t=3W_đ\):

\(W_1=W_đ+W_t=4W_đ=4\cdot\dfrac{1}{2}mv'^2=2\cdot0,5\cdot v'^2\left(J\right)\)

Bảo toàn cơ năng: \(W=W_1\)

\(\Rightarrow600=2\cdot0,5\cdot v'^2\Rightarrow v'=10\sqrt{6}\)m/s

c)Độ biến thiên động năng:

\(A_c=W_2-W_1=\dfrac{1}{2}m\left(v_1^2-v_2^2\right)\)

\(\Rightarrow-F_c\cdot s=\dfrac{1}{2}\cdot0,5\cdot\left(0^2-\left(20\sqrt{6}\right)^2\right)=-600\)

\(\Rightarrow-F_c=\dfrac{-600}{s}=\dfrac{-600}{0,3}=-2000N\)

\(\Rightarrow F_c=2000N\)

đăng từng câu 1 thôi

\(1,\\ a,=6x^4y^4-x^3y^3+\dfrac{1}{2}x^4y^2\\ b,=4x^3+5x^2-8x^2-10x+12x+15\\ =4x^3-3x^2+2x+15\\ 2,\\ a,=7\left(x^2-6x+9\right)=7\left(x-3\right)^2\\ b,=\left(x-y\right)^2-36=\left(x-y-6\right)\left(x-y+6\right)\\ 3,\\ \Leftrightarrow x\left(x^2-0,36\right)=0\\ \Leftrightarrow x\left(x-0,6\right)\left(x+0,6\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=0,6\\x=-0,6\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{2A}{2A+16.5}=\dfrac{43,66}{100}\)

=> \(200A=43,66.\left(2A+16.5\right)\)

=> \(200A-87,32A=3492,8\)

=> \(112,68A=3492,8\)

=> A= 31 

Cái đó là tìm ra A là bn ạ

Câu 40. \(n_{NaOH}=\dfrac{20}{40}=0,5\left(mol\right);n_{HCl}=\dfrac{36,5}{36,5}=1\left(mol\right)\)

PTHH: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

Theo đề: 0,5mol .....1mol

Lập tỉ lệ : \(\dfrac{0,5}{1}< \dfrac{1}{1}\)=> Sau phản ứng NaOH hết, HCl dư

=> Thử môi trường sau phản ứng bằng quỳ sẽ có màu đỏ

Câu 41. 

Câu 42. \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right);n_{HCl}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\)

\(PTHH:Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O\)

Theo đề: 0,01................0,01

Lập tỉ lệ: \(\dfrac{0,01}{1}>\dfrac{0,01}{2}\) => Sau phản ứng Ba(OH)2 dư, HCl phản ứng hết

Vì Ba(OH)2 dư nên sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím chuyển màu xanh

\(\left\{{}\begin{matrix}6u_2+u_5=1\\3u_3+2u_4=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6u_1.q+u_1.q^4=1\\3u_1.q^2+2u_1.q^3=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_1\left(6q+q^4+3q^2+2q^3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow q^3+2q^2+3q+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(q+2\right)\left(q^2+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow q=-\text{​​}2\)

\(\Rightarrow u_1=\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow u_n=u_1.q^{n-1}=\dfrac{1}{4}.\left(-2\right)^{n-1}=\left(-2\right)^{n-3}\)

Câu 3:

a) Lưu huỳnh (S) có hóa trị II. Hidro (H) có hóa trị I.

-> Ta sẽ có hợp chất: \(H^I_aS^{II}_b\) (a,b: nguyên, dương)

Theo quy tắc hóa trị ta có:

I.a=II.b

=>a/b=II/I=2/1

=>a=2; b=1

=> CTHH là H₂S

Câu 3b)

- Na có hóa trị (I) và CO3 có hóa trị (II). 

- Ta đặt: \(Na^I_x\left(CO_3\right)^{II}_y\) (x,y: nguyên, dương)

Theo QT hóa trị ta sẽ có được:

x.I=II.y

<=>x/y=II/I=2/1

=>x=2; y=1

=> CTHH sẽ là Na₂CO₃

Câu 4:

Đặt CTTQ là Al_xS_y (x,y: nguyên, dương)

Ta có: 

\(\dfrac{x.36\%}{27}=\dfrac{64\%.y}{32}\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{75}=\dfrac{y}{50}\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{y}=\dfrac{75}{50}=\dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\)

Với x=3 ; y=2 => CTHH cần tìm là Al₃S₂

Gọi độ dài AB và vận tốc dự kiến lần lượt là x,y

Theo đề, ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}=\dfrac{10}{3}\\\dfrac{x}{y+5}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-10y=0\\x-3y=15\end{matrix}\right.\)

=>x=150 và y=45

\(M=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}\left(đk:x\ge0,x\ne9\right)\)

Để \(M=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}< 0\) thì 

\(\sqrt{x}-3< 0\) ( do \(\sqrt{x}+3\ge3>0\))

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 3\Leftrightarrow0\le x< 9\)

Mà \(x\in Z\)

\(\Rightarrow x\in\left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8\right\}\)

Để M là số nguyên âm thì \(\sqrt{x}-3< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 3\)

hay \(x\in\left\{0;1;4\right\}\)

a: Xét tứ giác APMQ có \(\widehat{APM}+\widehat{AQM}=90^0+90^0=180^0\)

nên APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

Tâm O là trung điểm của AM

b: Ta có: ΔAHM vuông tại H

=>H nằm trên đường tròn đường kính AM

=>H nằm trên (O)

Ta có: ΔABC đều

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAC

Xét (O) có

\(\widehat{PAH}\) là góc nội tiếp chắn cung PH

\(\widehat{QAH}\) là góc nội tiếp chắn cung QH

\(\widehat{PAH}=\widehat{QAH}\left(cmt\right)\)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{HP}=sđ\stackrel\frown{HQ}\)

Xét (O) có

\(\widehat{QPH}\) là góc nội tiếp chắn cung QH

\(\widehat{HQP}\) là góc nội tiếp chắn cung HP

\(sđ\stackrel\frown{QH}=sđ\stackrel\frown{HP}\)

Do đó: \(\widehat{HPQ}=\widehat{HQP}\)

=>HQ=HP

=>H nằm trên đường trung trực của QP(1)

Ta có: OP=OQ

=>O nằm trên đường trung trực của QP(2)

Từ (1) và (2) suy ra HO là đường trung trực của PQ

=>HO\(\perp\)PQ