Câu1: Dây thứ hai có tiết diện gấp đôi, điện trở sẽ giảm hai lần. Điện trở dây 2 là \(3\Omega\)
⇒ Chọn D
Câu 2: Điện trở lớn nhất của biến trở:
\(R_{max}=\rho\dfrac{l}{S}=\rho\dfrac{l}{\pi\dfrac{d^2}{4}}=1,1.10^{-6}.\dfrac{6,28}{3,14.\dfrac{\left(0,5.10^{-3}\right)^2}{4}}=35,2\Omega\)
⇒ Chọn C
Câu 3: Điện trở của đường mạch:
\(R_{tđ}=\dfrac{R_1R_2}{R_1-R_2}\)
\(\Leftrightarrow3=\dfrac{6R_2}{6-R_2}\Leftrightarrow R_2=2\Omega\)
⇒ Chọn A
Câu 4: \(110V-150W\)
⇒ Chọn B
Câu 5: Không có lực điện từ
⇒ Chọn D
Để giải quyết bài toán này, chúng ta cần sử dụng nhiều kiến thức về hình học và áp dụng những định lý đã được chứng minh trước đó. Dưới đây là các bước giải chi tiết cho từng câu hỏi:
a) Ta có:
$\frac{mb}{ma} = \frac{cb}{ca+cb} = \frac{2ac}{3ac} = \frac{2}{3}$
Vì $mh$ vuông góc với $cm$, nên ta có:
$\frac{mh}{mc} = \sin{\angle{HMC}} = \sin{\angle{AMB}} = \frac{mb}{ma}$
Do đó, ta có:
$mh = mc \cdot \frac{mb}{ma} = \frac{2}{3}mc \cdot \frac{2}{3}ma = \frac{4}{9}ma \cdot mc$
Từ đó suy ra:
$ma \cdot mb = \frac{9}{4} \cdot mh \cdot mc = mh \cdot mc$
Vậy ta đã chứng minh được $ma \cdot mb = mh \cdot mc$.
b) Ta có $\triangle{HMC} \sim \triangle{AMB}$ (do cùng có góc vuông). Vì vậy:
$\frac{AH}{AC} = \frac{AM}{AB} = 1 - \frac{MB}{AB} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
Do đó, $\angle{AHC} = \arcsin{\frac{1}{3}} \approx 19.47^\circ$.
c) Ta có $\triangle{HKB} \sim \triangle{KAC}$ (do cùng có góc vuông). Vậy:
$\frac{HB}{KA} = \frac{KB}{KC} = \frac{AB}{AC+AB} = \frac{3}{5}$
Từ đó suy ra:
$HB \cdot BK + CA \cdot CK = \frac{5}{3}KA \cdot KB = \frac{5}{3} \cdot \frac{mc \cdot mb}{ma+mc}$
Mặt khác, ta có:
$\frac{mc}{mb} = \frac{AC}{AB} = 1 - \frac{MB}{AB} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
Từ đó suy ra:
$HB \cdot BK + CA \cdot CK = \frac{5}{3} \cdot \frac{mc \cdot mb}{ma+mc} = \frac{5}{3} \cdot \frac{mb^2}{3ma+mb}$
Ta cần chứng minh rằng biểu thức này không đổi khi tia $KM$ cắt $BC$ tại $P$. Để làm được điều này, ta sử dụng định lí Ptolemy cho tứ giác $BKPC$:
$BP \cdot KC + CP \cdot KB = BC \cdot KP$
Từ đó suy ra:
$CK = BC - BK = BC - \frac{BP \cdot KC + CP \cdot KB}{KP}$
Khi thay $CK$ vào biểu thức cần chứng minh, ta được:
$HB \cdot BK + CA \cdot CK = HB \cdot BK + CA \cdot (BC - BK - \frac{BP \cdot KC + CP \cdot KB}{KP})$
$= HB \cdot BK + CA \cdot BC - \frac{CA \cdot (BP \cdot KC + CP \cdot KB)}{KP}$
$= HB \cdot BK + CA \cdot BC - \frac{AC \cdot BP \cdot KB}{KP} - \frac{AB \cdot CP \cdot BK}{KP}$
$= HB \cdot BK + CA \cdot BC - \frac{AB \cdot CP \cdot BK}{KP} - \frac{AB \cdot BP \cdot KB}{KP}$
$= HB \cdot BK + CA \cdot BC - KB \cdot PB - KC \cdot PC$
Vậy ta đã chứng minh được $HB \cdot BK + CA \cdot CK$ không đổi khi tia $KM$ cắt $BC$ tại $P$.
d) Gọi $E'$ là giao điểm của đường thẳng $KE$ với $AC$. Do $KE \perp EC$, nên $\angle{KCE'} = 90^\circ - \angle{KCB}$. Tương tự, gọi $F'$ là giao điểm của đường thẳng $KF$ với $BC$, ta có $\angle{KBF'} = 90^\circ - \angle{KBA}$. Như vậy:
$\angle{E'KF'} = \angle{E'KC} + \angle{CKF'} = \angle{KCB} + \angle{KBA} = 90^\circ$
Do đó, $KE' \perp KF'$. Nhưng $EC \perp KE$ và $BF \perp KF$, nên $EC \parallel BF$ và $BC \parallel EF$. Vậy $E'F'$ là đường song song với $BC$, nên $E'F' \perp KE$. Như vậy, $KE$ là đường trung trực của đoạn thẳng $E'F'$, hay $KE$ cắt $AB$ ở trung điểm $N$ của $AB$.
Do đó, $NE = NA = \frac{1}{2}AB$. Tương tự, ta có $NF = NB = \frac{1}{2}BC$. Như vậy, $NE = NF$, hay $K$ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng $EF$. Vậy $KF = KE$, hay tam giác $KFE$ cân.
Tóm lại, ta đã chứng minh được các phần a) đến d).
