Hoàng Tử Hà

1/ Câu 1 ko cho dãn bao nhiêu hả bạn?

2/

a/ Cơ năng tại vị trí lò xo dãn 20cm

\(W=\frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{2}.200.0,2^2=4\left(J\right)\)

Vị trí vật đạt vận tốc cực đại là khi đi qua vị trí cân bằng

Cơ năng bảo toàn:

\(\frac{1}{2}mv^2=4\Leftrightarrow v=\sqrt{\frac{8}{0,5}}=4\left(m/s\right)\)

b/ \(W=W_t+W_d=2W_t\Leftrightarrow2.\frac{1}{2}kx'^2=4\)

\(\Leftrightarrow x'=\sqrt{\frac{4}{200}}=\frac{\sqrt{2}}{10}\left(m\right)\)

\(2W_d=W\Leftrightarrow\frac{1}{2}.2mv'^2=4\Leftrightarrow v'=\sqrt{\frac{4}{0,5}}=2\sqrt{2}\left(m/s\right)\)

Ủa làm xong mới để ý, rốt cuộc là lò xo đặt nằm ngang hay thẳng đứng vậy bạn, câu a là mình xét nó nằm ngang đó :D

a/ Cơ năng tại vị trí x= 5cm

\(W=\frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{2}.100.0,05^2=0,125\left(J\right)\)

Ko nhắc gì tới ma sát => bỏ qua ma sát?

Cơ năng vật khi qua vị trí cân bằng:

\(W=\frac{1}{2}mv^2\)

Cơ năng bảo toàn: \(\frac{1}{2}mv^2=0,125\Leftrightarrow v=5\left(m/s\right)\)

\(W_d=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}.2.6^2=36\left(J\right)\)

1/ \(A_F=Fs\cos60^0=200.10.\frac{1}{2}=1000\left(J\right)\)

\(A_P=0;A_N=0\) (công của lực tác dụng vuông góc với vật có công bằng 0)

\(A_{F_{ms}}=-\mu N.s=-0,2\left(mg-F\sin60^0\right).10=-0,2\left(500-100.\frac{\sqrt{3}}{2}\right).10\approx826,8\left(J\right)\)

2/ \(P_F=\frac{A_F}{t}=\frac{1000}{3}\left(W\right)\)

a/ \(E_c=NS\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|\cos0=1000.40.10^{-4}\left|\frac{0,06-0}{2}\right|=0,12\left(V\right)\)

b/ \(I=\frac{E_c}{R}=\frac{0,12}{4}=0,03\left(A\right)\)

Bài 3 vẽ hình đi mình giải cho :))

Bài 1:

a/ \(i_1=0,8\left(5-t_1\right);i_2=0,8\left(5-t_2\right)\)

\(\Rightarrow\Delta i=i_2-i_1=0,8.5-0,8t_2-0,8.5+0,8t_1=0,8\left(t_1-t_2\right)\)

\(\Rightarrow\frac{\Delta i}{\Delta t}=\frac{0,8\left(t_1-t_2\right)}{-\left(t_1-t_2\right)}=-0,8\left(A/s\right)\)

b/ \(E_{tc}=L.\left|\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=0,005.\left|-0,8\right|=4.10^{-3}\left(V\right)\)

Bài 2:

a/ \(B_{1M}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_1}=2.10^{-7}.\frac{5}{0,05}=2.10^{-5}\left(T\right)\)

b/ \(B_{2M}=2.10^{-7}.\frac{I_2}{r_2}=2.10^{-7}.\frac{10}{0,05}=4.10^{-5}\left(T\right)\)

\(\overrightarrow{I_1}\uparrow\downarrow\overrightarrow{I_2}\Rightarrow\overrightarrow{B_{1M}}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{2M}}\Rightarrow\sum B=\left|B_{1M}-B_{2M}\right|=\left|2.10^{-5}-4.10^{-5}\right|=2.10^{-5}\left(T\right)\)

\(\sum B=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{B_{1M}}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{2M}}\\B_{1M}=B_{2M}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\frac{I_1}{r_1}=\frac{I_2}{r_2}\Leftrightarrow\frac{5}{r_1}=\frac{10}{r_2}\)

Theo câu trên ta có: \(r_1+r_2=10\left(cm\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}r_2=2r_1\\r_1+r_2=0,1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}r_1=\frac{1}{30}\left(m\right)\\r_2=\frac{1}{15}\left(m\right)\end{matrix}\right.\)

1/ \(\Leftrightarrow\left(m-2\right)x^2+2x+m>0,\forall x\in R\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2>0\\\Delta'< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>2\\1-m\left(m-2\right)< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>2\\m^2-2m-1>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>2\\\left[{}\begin{matrix}m>1+\sqrt{2}\\m< 1-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>1+\sqrt{2}\)

2/ \(\overrightarrow{AB}=\left(-2;-4\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{AB}}=\left(4;-2\right)\)

\(\Rightarrow PTTS:\left\{{}\begin{matrix}x=3-2t\\y=7-4t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow PTTQ:4\left(x-3\right)-2\left(y-7\right)=0\)

\(4x-2y+2=0\)

b/ \(\Delta//AB\Rightarrow\overrightarrow{n_{\Delta}}=\overrightarrow{n_{AB}}=\left(4;-2\right)\)

\(\Rightarrow\Delta:4\left(x-1\right)-2y=0\)

\(:4x-2y-4=0\)

c/ \(\left(d\right)\perp\Delta\Rightarrow\overrightarrow{n_d}=\overrightarrow{u_{\Delta}}=\overrightarrow{AB}=\left(-2;-4\right)\)

\(\Rightarrow\left(d\right):-2x-4\left(y-1\right)=0\)

\(:-2x-4y+4=0\)

Chuyển động đều nghĩa là hợp lực tác dụng lên nó bằng 0 thôi bro :))

Và phân tích lực như bình thường

\(\left\{{}\begin{matrix}Ox:F.\cos\alpha-F_{ms}-P\sin\alpha=0\\Oy:N=F\sin\alpha+P\cos\alpha\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow F\cos\alpha-\mu N-mg\sin\alpha=0\)

\(\Leftrightarrow F\cos\alpha-\mu F\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha=0\)

Giờ chỉ cần thay số vô là được :)

\(F\cos30^0-0,2F.\sin30^0-0,2.10.\cos30^0-10.\sin30^0=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}F-\frac{1}{2}.0,2.F-2.\frac{\sqrt{3}}{2}-10.\frac{1}{2}=0\)

\(\Leftrightarrow F=...\) (cái này chắc bro tính được rồi) :))

Nhiệt lượng chì tỏa ra là:

\(Q_{toa}=m_1c_1\left(t_1-t\right)=0,1.130.\left(110-70\right)=520\left(J\right)\)

Nhiệt lượng nước thu vô là:

\(Q_{thu}=m_2c_2\left(t-t_2\right)=m_2.4200\left(70-50\right)=84000m_2\left(J\right)\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\(Q_{toa}=Q_{thu}\Leftrightarrow520=84000m_2\Leftrightarrow m_2\approx6,2\left(g\right)\)

Nhiệt lượng nước trong bình thứ nhất thu vào là:

\(Q_{thu}=mc\left(t-t_1\right)\)

Nhiệt lượng nước trong bình 2 tỏa ra:

\(Q_{toa}=32m.c.\left(13t_1-t\right)\)

Phương trình cân bằng nhiệt:

\(Q_{toa}=Q_{thu}\Leftrightarrow mc\left(t-t_1\right)=32mc\left(13t_1-t\right)\)

\(\Leftrightarrow t-t_1=416t_1-32t\Leftrightarrow t_1=\frac{33.45}{417}\approx3,56^0C\) (Nhiệt độ tuy nhỏ nhưng khối lượng lớn đã bù vô phần đó :))

Simple, girl :))

\(H=\frac{A_i}{A_{tp}}\Leftrightarrow\frac{P.h}{F_kl}=0,64\Rightarrow F_k=\frac{Ph}{0,64.l}=\frac{5000.2}{5.0,64}=3125\left(N\right)\)

Huh? Chắc là bạn vẫn chưa phân biệt được đâu là công có ích đâu là công toàn phần đúng không? Đơn giản, công có ích là công khi KHÔNG dùng máy cơ đơn giản mà trực tiếp kéo bằng sức người, còn công toàn phần thì ngược lại :))

a/ \(W=W_d=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}m.7^2=\frac{49}{2}m\left(J\right)\)

b/ \(W_t=mgh=10mh\)

Cơ năng bảo toàn: \(W=W_t\Leftrightarrow10mh=\frac{49}{2}m\Leftrightarrow h=2,45\left(m\right)\)

c/ \(W_t=4W_d\Rightarrow W=W_t+\frac{1}{4}W_t=\frac{5}{4}W_t=\frac{5}{4}mgh'\)

\(\Leftrightarrow\frac{49}{2}m=\frac{5}{4}.10mh'\Leftrightarrow h'=1,96\left(m\right)\)

Đề bài nhìn dài làm đúng 2 dòng :))

Va chạm đàn hồi nên ta có :\(m_1\overrightarrow{v_1}+m_2\overrightarrow{v_2}=m_1\overrightarrow{v_1'}+m_2\overrightarrow{v_2'}\)

\(\Leftrightarrow m_1v_1+m_2v_2=-m_1v_1'+m_2v_2'\)

\(\Leftrightarrow2.4+4.2=-2.1+4.v_2\Leftrightarrow v_2=4,5\left(m/s\right)\)

Câu 1 và câu 2 cùng một dạng thôi bạn :)) Mình làm bài 1 rồi bạn tự áp dụng vô bài 2 nha

a/ Trước hết chúng ta cần xác định chiều của vecto cảm ứng từ \(\overrightarrow{B_{1M}}\) và \(\overrightarrow{B_{2M}}\)

Cái này chắc bạn biết biết rồi đúng không, sử dụng quy tắc bàn tay ta thấy \(\overrightarrow{B_1M}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_2M}\)

\(B_{1M}=B_{2M}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_1}=2.10^{-7}.\frac{5}{0,05}=2.10^{-5}\left(T\right)\)

\(\Rightarrow\sum B=\left|B_{1M}-B_{2M}\right|=0\)

b/ \(\overrightarrow{B_{1N}}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{2N}}\)

\(B_{1N}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_1}=2.10^{-7}.\frac{5}{0,05}=2.10^{-5}\left(T\right)\)

\(B_{2N}=2.10^{-7}.\frac{I_2}{r_2}=2.10^{-7}.\frac{5}{0,15}=\frac{1}{150000}\left(T\right)\)

\(\Rightarrow\sum B=\left|B_{1N}-B_{2N}\right|=\left|2.10^{-5}-\frac{1}{150000}\right|=\frac{1}{75000}\left(T\right)\)

1/

a/ \(E_c=NS\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|.\cos60^0=10.20.10^{-4}.\frac{1}{2}.\left|\frac{-0,04}{0,01}\right|=0,04\left(V\right)\)

b/ \(I=\frac{E_c}{R}=\frac{0,04}{0,2}=0,2\left(A\right)\)

2/ \(F_t=2.10^{-7}.\frac{I_1I_2}{r}.l=2.10^{-7}.\frac{2.1}{0,2}.0,4=8\left(N\right)\)

Dựa vào công thức : \(B=2.10^{-7}.\frac{I}{r}\)

\(B_M=2.10^{-7}.\frac{I}{r_M};B_N=2.10^{-7}.\frac{I}{r_N}\)

\(B_M=4B_N\Rightarrow\frac{r_N}{r_M}=4\Leftrightarrow r_M=\frac{r_N}{4}\Rightarrow B\)

Mấy câu bạn đăng có một số câu giống nhau về cách làm, chỉ khác dữ kiện thôi nên chịu khó làm đi nhé :))

a/ \(E_c=\left|\frac{\Delta\phi}{\Delta t}\right|=N.S.\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|=10.100.10^{-4}.\left|\frac{2,4}{0,4}\right|=0,6\left(V\right)\)

b/ \(I=\frac{E_c}{R}=\frac{0,6}{0,2}=3\left(A\right)\)

c/ \(C=2pF=2.10^{-9}F\)

\(C=\frac{Q}{E_c}\Rightarrow Q=C.E_c=2.10^{-9}.0,6=12.10^{-10}\left(C\right)\)

a/ \(\phi=N.BS\cos\left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{n}\right)=200.10^{-4}.20.10^{-4}.\cos30^0=2\sqrt{3}.10^{-5}\left(T.m^2\right)\)

b/ \(E_c=\left|\frac{\Delta\phi}{\Delta t}\right|=\left|\frac{-2\sqrt{3}.10^{-5}}{0,01}\right|=2\sqrt{3}.10^{-3}\left(V\right)\)

\(Q=\frac{E_c^2}{R}t=\frac{\left(2\sqrt{3}.10^{-3}\right)^2}{10}.0,01=12.10^{-9}\left(J\right)\)

c/ \(I=\frac{E_c}{R+R'}=\frac{2\sqrt{3}.10^{-3}}{10+2}=\frac{\sqrt{3}.10^{-3}}{6}\left(A\right)\)

Check lại phần tính toán hộ mình nhé, nhiều số quá hơi nhức mắt :(

Lắp công thức vô rồi triển thôi bạn :

a/ Lý luận chút: Giả sử dòng điện dây thứ nhất có hướng từ dưới lên=> vecto cảm ứng từ \(\overrightarrow{B_{1M}}\) có kí hiệu là dấu cộng, tương tự với vecto cảm ứng từ \(\overrightarrow{B_{2M}}\) có kí hiệu là dấu chấm (sử dụng quy tắc bàn tay phải)

Vậy 2 lực tác dụng lên M có hướng ngược chiều nhau

\(B_{1M}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_1}=2.10^{-7}.\frac{2}{0,05}=8.10^{-6}\left(T\right)\)

\(B_{2M}=2.10^{-7}.\frac{I_2}{r_2}=2.10^{-7}.\frac{4}{0,05}=16.10^{-6}\left(T\right)\)

\(\Rightarrow\sum B=\left|B_{1M}-B_{2M}\right|=\left|8.10^{-6}-16.10^{-6}\right|=8.10^{-6}\left(T\right)\)

b/ N cùng 3 điểm A và B tạo thành 1 tam giác vuông

Lắp công thức vô rồi triển thôi bạn :

a/ Lý luận chút: Giả sử dòng điện dây thứ nhất có hướng từ dưới lên=> vecto cảm ứng từ  có kí hiệu là dấu cộng, tương tự với vecto cảm ứng từ  có kí hiệu là dấu chấm (sử dụng quy tắc bàn tay phải)

Vậy 2 lực tác dụng lên M có hướng ngược chiều nhau

b/ N cùng 3 điểm A và B tạo thành 1 tam giác vuông

Gọi hình nhiếu của N lên dây dẫn 1 là H, lên dây dẫn 2 là K

\(\widehat{NAH}=\widehat{NBA};\sin\widehat{NBA}=\sin\widehat{NAH}=\frac{NA}{AB}=\frac{3}{5}\)

\(\Rightarrow HN=\sin\widehat{NAH}.0,06=\frac{3}{5}.0,06=0,036\left(m\right)\)

\(\sin\widehat{KBN}=\sin\widehat{NAB}=\frac{NB}{AB}=\frac{4}{5}\)

\(\Rightarrow KN=\sin\widehat{KBN}.0,08=\frac{4}{5}.0,08=0,064\left(m\right)\)

\(\Rightarrow B_{1N}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{HN}=2.10^{-7}.\frac{2}{0,036}=\frac{1}{90000}\left(T\right)\)

\(\Rightarrow B_{2N}=2.10^{-7}.\frac{I_2}{KN}=2.10^{-7}.\frac{4}{0,064}=\frac{1}{80000}\left(T\right)\)

\(\Rightarrow\sum B=\left|B_{1N}-B_{2N}\right|=\left|\frac{1}{90000}-\frac{1}{80000}\right|=\frac{1}{720000}\left(T\right)\)

c/ \(F_t=2.10^{-7}.\frac{I_1I_2}{r}.l=2.10^{-7}.\frac{2.4}{0,1}.1=16.10^{-6}\left(N\right)\)

Đọc đề bài thì thấy hình như trên mặt phẳng nghiêng bỏ qua ma sát còn mặt phẳng ngang thì không?

a/ Cơ năng ban đầu của vật là:

\(W=W_t=mgh=mgl\sin30^0=1.10.1.\frac{1}{2}=5\left(J\right)\)

b/ Cơ năng bảo toàn:

\(\frac{1}{2}mv^2=5\Leftrightarrow\frac{1}{2}.1.v^2=5\Leftrightarrow v=\sqrt{10}\left(m/s\right)\)

c/ Độ biến thiên cơ năng bằng công ngoại lực tác dụng lên vật

\(A_{F_c}=W'-W\Leftrightarrow F_c.0,15=-5\Leftrightarrow F_c\approx-33,3\left(N\right)\)

\(m=300\left(g\right)=0,3\left(kg\right)\)

Cơ năng lúc ban đầu: \(W=W_t=mgh=0,3.10.4=12\left(J\right)\)

Khi đi được \(\frac{1}{3}\) quãng đường mặt phẳng nghiêng=> khoảng cách từ vật so với mặt đất là:

\(\frac{h'}{h}=\frac{\frac{2}{3}l}{l}=\frac{2}{3}\Rightarrow h'=\frac{2}{3}.h=\frac{2}{3}.4=\frac{8}{3}\left(m\right)\)

Cơ năng bảo toàn:

\(W_d+mgh'=W\Rightarrow W_d=12-0,3.10.\frac{8}{3}=4\left(J\right)\)

\(\Rightarrow W_t-W_d=-4+0,3.10.\frac{8}{3}=4\)

Bài 2:

Nhiệt lượng chất lỏng 1 tỏa ra:

\(Q_{toa}=m_1c_1\left(t_1-0\right)=m_1c_1t_1\)

Nhiệt lượng chất lỏng 2 thu vào:

\(Q_{thu}=m_2c_2\left(0-t_2\right)=-m_2c_2t_2\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\(Q_{toa}=Q_{thu}\Leftrightarrow m_1c_1t_1=-m_2c_2t_2\Leftrightarrow\frac{m_1}{m_2}=-\frac{c_2t_2}{c_1t_1}\)

Dấu trừ cho thấy chất lỏng 2 phải có nhiệt độ âm thì nhiệt độ cân bằng mới bằng 0⁰C được

Bài 3:

Nhiệt lượng quả cầu tỏa ra là:

\(Q_{toa}=m_1c_1\left(t_1-t\right)=0,5.1000.\left(100-t\right)\)

Nhiệt lượng nước thu vào là:

\(Q_{thu}=m_2c_2\left(t-t_2\right)=2.4200\left(t-20\right)\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\(500\left(100-t\right)=8400\left(t-20\right)\)

\(\Leftrightarrow t\approx24,5^0C\)

Mình cho bạn một công thức ngắn gọn tìm nhiệt độ cân bằng đối với n vật để đi thi làm trắc nghiệm cho nhanh:

\(t_{cb}=\frac{m_1c_1t_1+m_2c_2t_2+...+m_nc_nt_n}{m_1c_1+m_2c_2+...+m_nc_n}\)

Bài 1:

Đương nhiên là không rồi

Ta sẽ chứng minh dựa vào công thức:

Giả sử miếng đồng thứ nhất có nhiệt độ lớn hơn miếng đồng thứ 2

Xét miếng đồng có nhiệt độ lớn hơn trước:

Nhiệt lượng miếng đồng tỏa ra là:

\(Q_{toa}=mc.\left(t_1-t_{cb_1}\right)\)

Nhiệt lượng nước thu vào là:

\(Q_{thu}=m_n.c_n.\left(t_{cb_1}-t_n\right)\)

Ta có phương trình cân bằng nhiệt:

\(Q_{toa}=Q_{thu}\Leftrightarrow mc\left(t_1-t_{cb_1}\right)=m_nc_n\left(t_{cb_1}-t_n\right)\)

\(\Leftrightarrow t_{cb_1}=\frac{mct_1+m_nc_nt_n}{mc+m_nc_n}\)

Nhìn vào biểu thức ta có nhận xét: Nếu t₁ càng lớn=> \(t_{cb_1}\) càng lớn. Nghĩa là nhiệt độ miếng đồng càng cao thì nhiệt độ cân bằng cũng vậy

Điều kiện xảy ra toàn phần: \(i\ge i_{gh}\)

a/ \(\sin i_{gh}=\frac{n_1}{n_2}=\frac{1}{1,5}=\frac{2}{3}\Rightarrow i_{gh}\approx42^0\)

Có \(i=60^0>i_{gh}\Rightarrow\) xảy ra phản xạ toàn phần

b/ Ta có:

Góc hợp bởi tia phản xạ và mặt phân cách là:

\(k=90^0-i'=90^0-i\)

Góc hợp bởi tia khúc xạ và mặt phân cách là:

\(h=90^0-r\)

Ta có:

\(k+h=120^0\Rightarrow90^0-i+90^0-r=120^0\Leftrightarrow i+r=60^0\)

\(\sin i=n\sin r\Leftrightarrow\sin i=1,5\sin\left(60^0-i\right)\)

\(\sin\left(60^0-i\right)=\sin60^0.\cos i-\cos60^0.\sin i\)

\(\Rightarrow\sin i=1,5.\frac{\sqrt{3}}{2}\cos i-1,5.\frac{1}{2}\sin i\)

\(\Leftrightarrow\frac{7}{4}\sin i=\frac{3\sqrt{3}}{4}\sqrt{1-\sin^2i}\)

\(\Leftrightarrow49\sin^2i=27\left(1-\sin^2i\right)\Leftrightarrow\sin i=\sqrt{\frac{27}{76}}\Rightarrow i\approx36,6^0\)

\(h=30\left(cm\right)=0,3\left(m\right);m=200\left(g\right)=0,2\left(kg\right)\)

a/ Cơ năng tại đỉnh: \(W=\frac{1}{2}mv^2+mgh=0+0,2.10.0,3=0,6\left(J\right)\)

b/ \(W_t=4W_d\Leftrightarrow W=W_t+\frac{1}{4}W_t=\frac{5}{4}W_t\)

Cơ năng bảo toàn: \(\frac{5}{4}W_t=0,6\Leftrightarrow\frac{5}{4}mgh'=0,6\Leftrightarrow h'=0,24\left(m\right)\)

Bạn không nói rõ là vị trí trên mặt phẳng nghiêng hay so với mặt đất nên mình so với mặt đất

c/ \(\frac{1}{2}mv'^2=W\Leftrightarrow\frac{1}{2}.0,2.v'^2=0,6\)

\(\Leftrightarrow v'=\sqrt{6}\approx2,45\left(m/s\right)\)

d/ Công của ngoại lực bằng độ biến thiên cơ năng:

\(A_{F_{ms}}=W'-W\Leftrightarrow-F_{ms}.s=\frac{1}{2}mv''^2-0,6\)

\(s=\frac{h}{\sin30^0}=\frac{h}{\frac{1}{2}}=0,6\left(m\right)\)

\(F_{ms}=\mu N=\mu mg\cos30^0=0,02.0,2.10.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{50}\left(N\right)\)

\(\Rightarrow-\frac{\sqrt{3}}{50}.0,6=\frac{1}{2}.0,2.v''^2-0,6\Leftrightarrow v''\approx2,4\left(m/s\right)\)

Tổng quãng đường chất điểm chuyển động là:

\(S=v_0t+2v_0t+...+nv_0t\)

\(S=\left(1+2+...+n\right)v_0t=\frac{n\left(n+1\right)}{2}v_0t\)

Tại sao lại có \(\left(1+2+...+n\right)v_0t=\frac{n\left(n+1\right)}{2}v_0t?\)

Công thức tính tổng dãy số học tiểu học:

Số số hạng: \(\frac{\left(n-1\right)}{1}+1=n\left(so-hang\right)\)

Tổng: \(\frac{\left(n+1\right).n}{2}\)

Làm tiếp đoạn kia:

\(\frac{n\left(n+1\right)}{2}v_0t=315\Leftrightarrow n\left(n+1\right)=\frac{315.2}{5.3}=42\)

\(\Leftrightarrow n^2+n-42=0\Leftrightarrow n=6\)

Vậy chất điểm chuyển động 6 lần và nghỉ 5 lần ( (ko tính lần nghỉ sau khi đến B)

\(\Rightarrow v_{tb}=\frac{S}{t}=\frac{315}{3.6+5}\approx13,7\left(m/s\right)\)

\(\Leftrightarrow Q=\frac{\left(x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}\right)^3}{xy^2}\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương:

\(x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}\ge3\sqrt[3]{x.\frac{y}{2}.\frac{y}{2}}=3\sqrt[3]{\frac{xy^2}{4}}\)

\(\Rightarrow\left(x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}\right)^3\ge3.\frac{xy^2}{4}\)

\(\Rightarrow Q\ge\frac{3.\frac{xy^2}{4}}{xy^2}=\frac{3}{4}\)

\("="\Leftrightarrow x=\frac{y}{2}\Leftrightarrow y=2x\)

Cái này điều kiện phải là a,b,c dương

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(VT=3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge3+2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}+2\sqrt{\frac{b}{c}.\frac{c}{b}}+2\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}\)

\(=3+2+2+2=9\left(đpcm\right)\)

\("="\Leftrightarrow a=b=c\)

\(S_{ABC}=3\Rightarrow AB^2.OC^2=36\)

\(AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2=\left(m+2-m\right)^2+\left(0-0\right)^2=4\)

\(OC^2=x_C^2+y^2_C=\left(m+2\right)^2\)

\(\Rightarrow4\left(m+2\right)^2=36\Leftrightarrow4m^2+16m+16=36\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Sigma m=1-5=-4\)

Ta có: \(1mol=6,022.10^{23}\left(nt\right)\)

\(\Rightarrow n_{Al}=0,25\left(mol\right);n_{Mg}=1,5\left(mol\right)\)

\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

\(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\)

\(\Rightarrow n_{H_2}=0,25.\frac{3}{2}+1,5=1,875\left(mol\right)\)

\(CuO+H_2\rightarrow Cu+H_2O\)

\(\Rightarrow n_{CuO}=n_{H_2}=1,875\left(mol\right)\Rightarrow m_{CuO}=150\left(g\right)\)

\(m_{Cu}=1,875.64=120\left(g\right)>50,4\left(g\right)???\)

Hình như đề bài sai, số mol của Mg lớn, thường thì số mol nằm trong khoảng từ 0 đến 1

a/ \(2KMnO_4\rightarrow K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)

\(n_{KMnO_4}\approx0,12\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2}=\frac{0,12}{2}=0,06\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=22,4.0,06=1,344\left(l\right)\)

b/ \(3Fe+2O_2\rightarrow Fe_3O_4\)

\(n_{O_2}=0,06\left(mol\right)\Rightarrow n_{Fe_3O_4}=\frac{0,06}{2}=0,03\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe_3O_4}=0,03.232=6,96\left(g\right)\)

Hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất rồi mà, 2 cái phương trình đầu tiên giải ra tìm được luôn x với y

ĐKXĐ:...

pt\(\Leftrightarrow4\left(x^2-2x\right)+16\sqrt{x^2-2x-3}-21=0\)

Đặt \(\sqrt{x^2-2x-3}=t\left(t\ge0\right)\Rightarrow t^2=x^2-2x-3\Leftrightarrow t^2+3=x^2-2x\)

\(\Rightarrow4\left(t^2+3\right)+16t-21=0\)

\(\Leftrightarrow4t^2+12+16t-21=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\frac{1}{2}\\t=-\frac{9}{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow t=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow x^2-2x-3=\frac{1}{4}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\frac{2+\sqrt{17}}{2}\\x=\frac{2-\sqrt{17}}{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x=\frac{2+\sqrt{17}}{2}\)

\(R_Đ=\frac{U^2}{P}=\frac{12^2}{24}=6\left(\Omega\right);I_{đm}=\frac{P}{U}=\frac{24}{12}=2\left(A\right)\)

\(R_Đnt\left(R_1//R_2\right)\Rightarrow R_{tđ}=R_Đ+\frac{R_1.R_2}{R_1+R_2}=6+\frac{12.24}{12+24}=14\left(\Omega\right)\)

\(\Rightarrow I=\frac{U}{R_{tđ}}=\frac{9}{14}=0,64\left(A\right)< 2\left(A\right)\) => đèn sáng yếu hơn bình thường