Đổi 20 cm =0,2 m

15 cm =0,15 m

250 g=0,25 kg

100 g=0,1 kg

Gọi KL dĩa cân là M

Khi đặt vật 1 \(\left(m_1=0,1\operatorname{kg}\right)\) lên dĩa cân:

\(F_{đh1}=k.\Delta l\)

\(\Leftrightarrow\left(M+m_1\right)g=k\left(l_0-l_1\right)\) (Cấp 2 nếu chưa học gia tốc có thể thay trực tiếp g=10 hoặc 9,8)

\(\Leftrightarrow\left(M+0,1\right)g=k\left(0,20-0,15\right)\Leftrightarrow\left(M+0,1\right)g=0,05k\left(1\right)\)

Khi đặt vật 2 (\(m_2=0,25\operatorname{kg}\) ) lên dĩa cân:
\(F_{đh2}=k.\Delta l_2\)

\(\Leftrightarrow\left(M+m_2\right)g=k\left(l_{o}-l_2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(M+0,25\right)g=k\left(0,2-0,1\right)\Leftrightarrow\left(M+0,25\right)g=0,1k\left(2\right)\)

Lấy (2) : (1) ta được:

\(\frac{M+0,25}{M+0,1}=\frac{0,1k}{0,05k}=2\)

\(\Rightarrow\left(M+0,25\right)=2\left(M+0,1\right)\Leftrightarrow M+0,25=2M+0,2\)

\(\Rightarrow M=0,05\operatorname{kg}=50g\)

Vậy KL dĩa cân là 50 g

a) KL hỗn hợp X:

\(m_{X}=n_{SO2}.M_{SO2}+n_{CO2}.M_{CO2}=0,15.64+0,2.44=18,4\left(g\right)\)

Số mol hỗn hợp X :

\(n_{X}=n_{CO2}+n_{SO2}=0,15+0,2=0,35\left(mol\right)\)
KL mol trung bình của X:

\(\overline{M}_{X}=\frac{m_{X}}{n_{X}}=\frac{18,4}{0,35}\thickapprox52,57\left(g/mol\right)\)

b) KL mol của NO2: \(M_{NO2}=36g/mol\)

KL tỉ khối của X với NO2:

\(d_{X/NO2}=\frac{52,7}{46}\thickapprox1,14\)

Đưa về PT vận tốc:

\(v=A\omega cos\left(\omega t-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\right)\Longrightarrow v=\omega A\cos\left(\omega t-\frac{5\pi}{6}\right)\)
Vận tốc có vận tốc cực đại \(\left(\omega A\right)\) khi:

\(cos\left(\omega t-\frac{5\pi}{6}\right)=\pm1\)

\(\Rightarrow\omega t-\frac{5\pi}{6}=0\)

\(\Rightarrow\omega t=\frac{5\pi}{6}\)

=> Chọn C

Bn coi lại nhé, khi gõ lệnh như kiểu phương trình,hệ phương trình,phân số ,.... nó hay bị lỗi hiển thị đè lên nhau, nhiều câu trả lời khác cũng bị như vậy, bn có thể vô trang cá nhân của mình để coi , hoàn toàn không phải lỗi do copy nhé

\(PTCB:N_2(g)+3H_2(g)\rightleftharpoons2NH_3(g)\)

Số mol khí ban đầu: \(n_{\left(bđ\right)}=4+1=5\left(mol\right)\)

Vì nhiệt độ và thể tích ko đổi, áp suất tỉ lệ với số mol khí:

\(\frac{P_{\left(cb\right)}}{P_{\left(bđ\right)}}=\frac{n_{\left(cb\right)}}{n_{\left(bđ\right)}}\)

\(\Rightarrow0,9=\frac{n\left(cb\right)}{5}\Rightarrow n\left(cb\right)=4,5\left(mol\right)\)

Đặt \(n_{N2}\left(PƯ\right)=x\) (mol)

\(\Rightarrow\begin{cases}n_{H2}\left(PƯ\right)=3x\\ n_{NH3}\left(\sinh.ra\right)=2x\end{cases}\)

Số mol các chất tại cân bằng: \(\begin{cases}n_{N2}=1-x\\ n_{H2}=4-3x\\ n_{NH3}=2x\end{cases}\)

Tổng số mol khí cân bằng là 4,5 => (1-x)+(4-3x)+2x=4,5

\(\Rightarrow5-2x=4,5\Rightarrow x=0,25\left(mol\right)\)

=> Nồng độ các chất tại cân bằng: \(\begin{cases}\left\lbrack N_2\right\rbrack=\frac{1-0,25}{10}=0,075\left(M\right)\\ \left\lbrack H_2\right\rbrack=\frac{4-3.0,25}{10}=0,325\left(M\right)\\ \left\lbrack NH_3\right\rbrack=\frac{2.0,25}{10}=0,05\left(M\right)\end{cases}\)

=> Hằng số cân bằng: \(K_{c}=\frac{\left\lbrack NH_3\right\rbrack^2}{\left\lbrack N_2\right\rbrack\left\lbrack H_2\right\rbrack^3}=\frac{0,05^2}{0,075.0,325^3}\thickapprox0,97\)

=> Chọn A

\(n\left(\Omega\right)=C_7^4.C_8^4=2450\)

GỌi m là số lớn nhất mà Bình lấy được

n là số lớn nhất mà Bảo lấy được

TH1: \(m>n\)

Nếu: \(m=8\Rightarrow n\le7\Rightarrow n_1=C_7^3.C_7^4\)

Nếu \(m=7\Rightarrow n\le6\Rightarrow n_2=C_6^3.C_6^4\)

Nếu \(m=6\Rightarrow n\le5\Rightarrow n_3=C_5^3.C_5^4\)

Nếu \(m=5\Rightarrow n\le4\Rightarrow n_4=C_4^3.C_4^4\)

Tổng số cách TH1 : \(n\left(TH1\right)=n_1+n_2+n_3+n_4=1579\)

TH2: m=n

m=7=> Số cách : \(C_6^3.C_6^3-C_6^3.1=380\)

m=6=> Số cách:\(C_5^3.C_5^3-C_5^3.1=90\)

m=5=> Số cách: \(C_4^3.C_4^3-C_4^3.1=12\)

m=4=> Số cách: \(C_3^3.C_3^3-C_3^3.1=0\)

Tổng số cách : \(\frac{380+90+12}{2}=241\)

Nếu m<n thì Bình luôn thắng

=> \(n\left(A\right)=1579+241=1820\)

\(P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\frac{1820}{2450}\thickapprox0,74\)

Câu 1:

-Thí nghiệm 1:

Hiện tượng :Thành ống nghiệm xuất hiện màng bạc sáng do kết tủa Ag

\(PTHH:C_6H_{12}O_6+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\longrightarrow{}^{t^{o}}2NH_4NO_3+CH_2OH\left(CHOH\right)_4COONH_4+2Ag\downarrow\) (PƯ tráng gương)

-Thí nghiệm 2:

Hiện tượng :Rượu cháy với ngọn lửa màu xanh nhạt ,toả nhiệt,không tạo khói

\(PT:C_2H_5OH+3O_2\longrightarrow{}^{t^{o}}2CO_2+3H_2O\) (PƯ cháy hoàn toàn của ancol)

-Không biết có cần xét đến cái này không nữa :v nhưng mà nếu trong điều kiện thiếu oxi thì đây sẽ là PƯ cháy không hoàn toàn sinh ra muội than

PTHH:\(\left[\begin{array}{l}C_2H_5OH+O_2\longrightarrow{}^{t^{o}}2C+3H_2O\\ C_2H_5OH+2O_2\longrightarrow{}^{t^{o}}2CO+3H_2O\end{array}\right.\)

Thí nghiệm 3:

Hiện tượng: Dung dịch bromine (nâu đỏ) mất màu

\(PTHH:C_2H_4+Br_2\longrightarrow{}C_2H_4Br_2\)

Thí nghiệm 4:

Hiện tượng: Vỏ trứng bị ăn mòn dần.xuất hiện bọt khí \(\left(CO_2\right)\)

\(PTHH:2CH_3COOH+CaCO_3\longrightarrow{}Ca\left(CH_3COO\right)_2+CO_2\uparrow+H_2O\)

Sorry cái chỗ TH II trở xuống a làm bị sai nhé , vậy thì TH1 là mình cho k=1 ra nghiệm (7;3) rồi á, còn lại TH2 chắc thay \(k\ge2\) và chứng minh không có giá trị nào thoả mãn nhưng mà a vẫn đang bị rối :vvvv

Dễ hiểu thì giả sử bạn có phương trình \(a.b=c\left(a,b,c\in Z\right)\) , thì lúc này để PT này xảy ra thì a hoặc b hoặc cả 2 phải là ước của c, PT trên cũng như vậy nhưng mà là dạng \(a.b=c.d\left(a,b,c,d\in Z\right)\) .TH1 mình xét c hoặc d là ước của a , mấy trường hợp còn lại cũng tương tự,thực ra chỗ đấy nên ghi rõ là phân trường hợp ra chứ ghi suy ra như vậy cũng hơi sai :v

\(p^2-pq-q^3=1\Leftrightarrow1+q^3=p^2-pq\)

\(\Leftrightarrow1+q^3=p\left(p-q\right)\)

Phân tích VT thành HĐT \(\Rightarrow\left(q+1\right)\left(q^2-q+1\right)=p\left(p-q\right)\) (*)

Ta dễ thấy \(1+q^3\ge0\Rightarrow VP\ge0\Rightarrow p>q\) (1)

Xét TH I:

Từ (*) => \(\left[\begin{array}{l}q+1\vdots p\\ q+1\vdots p-q\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}q+1\ge p\Rightarrow q\ge p\\ q+1=k\left(p-q\right)\end{array}\right.\) (Do p,q là số nguyên tố nên để q+1\(\ge\) p thì \(q\ge p\)

Đến đây ta loại TH1 vì theo (1) thì p phải lớn hơn q

Xét đến TH2 ta cho k=1 lúc này đưa về \(q+1=p-q\) \(\Rightarrow2q+1=b\) (Thay vào PT gốc ban đầu dễ dàng tìm được nghiệm (7;3)

Xét TH II: q+1 ko chia hết cho p hay p-q => Bắt buộc q+1 phải là ước của p-q hay \(p-q\vdots q+1\)

\(\Rightarrow\begin{cases}p-q=u\left(q+1\right)\\ q^2-p+1=up\end{cases}\left(u\in Z^{+},u\ge2\right)\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}p=q\left(u+1\right)+1\\ q^2-q+1=u\left(u+1\right)q+u\left(2\right)\end{cases}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow q^2-\left(u^2+u+1\right)q+1-u=0\)

\(\Delta=b^2-4ac=\left(u^2+u+1\right)^2-4\left(1-u\right)\)

Để PT trên tồn tại nghiệm thì \(\Delta\ge0\Leftrightarrow u^4+2u^3+3u^2+6u-3\ge0\)

Áp dụng nguyên lý chặn: => \(u^4+2u^3+5u^2+4u+4>u^4+2u^3+3u^2-6u-3>u^4+2u^3+u^2\)

\(\Leftrightarrow\left(u^2+u\right)^2

\(\Rightarrow u^4+2u^3+3u^2+6u-3=\left(u^2+u+2\right)^2\)

Bạn tự giải PT này, có thể dùng Hoocne hoặc Bedu để hạ bậc, PT trên sẽ có nghiệm là 1

\(\Rightarrow u=1\) (Ko thoả mãn vì điều kiện \(u\ge2\) )

=> Chỉ có 1 nghiệm \(\left(p;q\right)\) thoả mãn là \(\left(7;3\right)\)