Nội dung liên quan:

Danh sách câu hỏi:

Lời giải

Do d0 > d nên lực đẩy Ác-si-mét lớn hơn trọng lượng của thanh Þ thanh chuyển động thẳng đứng đi lên

 Ta có: FA = d0.V = d0.S.L (S là tiết diện của thanh)

- Khi thanh bắt đầu chuyển động cho đến khi đầu trên chạm mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét không thay đổi. Thanh đi được một đoạn là H0.

- Vậy công trong giai đoạn này là:A1=d0.S.L.H0

Khi đầu trên của thanh bắt đầu nhô khỏi mặt nước thì lực Ác-si-mét giảm dần đến bằng 0 cho tới khi đầu dưới lên khỏi mặt nước. Quãng đường đi trong giai đoạn này là L.

Vậy: A2 = 12.d0.S.L2

- Công của lực đẩy Ác-si-mét trong toàn bộ quá trình là:

AA = A1 + A2 = d0.S.L.H0 +12 .d0.S.L2
1.2a Thanh lên tới điểm cao nhất thì đầu dưới của thanh cách mặt nước là h.

Công của trọng lực thực hiện trong cả quá trình có độ lớn là:

                A = P(H0 + L + h)

Mà P là trọng lượng của thanh: P = d.S.L

A = d.S.L(H0 + L + h)

Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = AA

d. S.L(H0 + L + h) = d0.S.L.H0 + d0.S.L2

d(H0 + L + h) = d0.H0 + 12d0.L
h=2d0H0+d0L2dH02dL2d=H0d0ddL2dd02d
Thay số: h = 4 cm.
1.2b

Để thanh ra khỏi mặt nước thì h ³ 0

 h=2d0H0+d0L2dH02dL2d=H0d0ddL2dd02d

 h=2d0H0+d0L2dH02dL2d=H0d0ddL2dd02d

thay số: H0 ³ 6 cm

Lời giải

Gọi M là lượng nước nóng ở 450C cần để pha với nước đá: m là khối lượng của nước đá thì phương trình trao đổi nhiệt là
M.c.(450 - 370) = lm + m.c.(370 - 00
M=λm+m.c.37c.8
 
Thay số: M = 87,75 kg
 
Tổng khối lượng nước tạo ra: M’=M+m=93,75kg
 
Þ V =  = 0,09375 m3 = 93,75 lít
 
Khi cân bằng, phần khối nước đá có thể tích V chìm trong nước thể tích Vc
Có: FA=P => 10DVc=10D0V =>VC=D0DV
 
 
Khi tan hết thể tích nước tọ ra thêm V'
 
Có: m=D0V=DV’Þ V'=D0DV
 
Do V’=VC nên mực nước trong chậu có độ cao không đổi. Vậy nước không bị trào ra ngoài chậu
 

Lời giải

Rv = ; RA = 0

Phân tích mạch: R1 nt R2 nt (RCN//RCM)………………………................

Tính : R=10Ω ; I=U/R=1,8A

ÞIA1=IA2=0,9A

UV=U-UR1=U-IR1=18-1,8.3=12,6V………………………......................

3.1b

Phân tích mạch: R1 nt R2 nt [x//(20-x)]

 
Media VietJack

Điện trở toàn mạch là : R=R1+R2+x(20x)20=3+2+x(20x)20 

Þ R=100+20xx220

Có: I=UR=360100+20xx2

UCB=I.RCB=360100+20xx2.x(20x)20  ;  UCB=18x(20x)100+20xx2

Dòng điện qua A1  I1=UCB(20x)=18x100+20xx2   ……………………….

Dòng điện qua A2I2=UCBx=18(20x)100+20xx2  …………………………….................................

Số chỉ của V là Uv = U – IR1 ;

Uv=18360.3100+20xx2=181080100+20xx2………………………………..

Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng

Số chỉ của ampe kế A1 là I1 , ta có

1I1=100+20xx218x=10018x+20x18

Khi x tăng thì 10018x giảm và (20x)18 giảm dẫn đến 1I1 giảm Þ I1 tăng

Số chỉ của ampe kế A2 là I2, ta có :1I2=509(20x)+x18

Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến1I2 tăng Þ I2 giảm…….....

Số chỉ của vôn kế là Uv=18+1080x220x100

Xét mẫu số   f(x) = x2-20x-100

f(x) đạt cực tiểu tại x=-b/2a=10 Ω

Khảo sát:         0x10  Þ Uv tăng khi x tăng

 10x20 Þ Uv giảm khi x tăng............................................
3.1c

Công suất tiêu thụ trên biến trở là Px:    Px=UBC2RBC

Trong phần a ta đã tính được UCB=(20x).18x100+20xx2

RCB=(20x)x20 

do đóPx=(18x)2(20x)2×20(100+20xx2)2(20x)x=6480(20xx2)(100+20xx2)2………………….

Px=648010020xx2+20xx22

 

Để Px  cực đại thì mẫu số phải cực tiểu Þ 10020xx2+20xx2  

Theo BĐT Côsi ta có:

10020xx2+20xx2210020xx2×20xx210020xx2+20xx2 10020xx2+20xx220

Mẫu số nhỏ nhất khi 10020xx2=20xx2 

Þx2 – 20x +100 = 0(x – 10)2 = 0     x = 10Ω

Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở

Công suất đó là : Pmax=6480(20×10102)100+20×101022=16,2(W)

……………………………………
3.2

Phân tích mạch: R1 nt R2 nt(Rp//RMN)

Có U=UAC+UCB =(R1+R2)I+UCB

UCB=1003Ip2

ÞI=UCBRMN+Ip=53Ip2+Ip……………………………………………

Þ18=5(53Ip2+Ip)+1003Ip2

Þ125Ip2+15Ip-54=0

ÞIp=0,6A………………………………………………………………

3.3

Khi C trùng với M ta có x=0

* Nếu UAB>0 Þ UMB>0. Khi đó Rđ=0

Þ\UDM=UR1+R2R2=1852=7,2V………………………………………

* Nếu UAB<0 Þ UMB<0 Þ Rđ=¥

Ta có mạch: R1 nt R2 nt RMN

ÞUDM=U.R2R1+R2+RMN=1,44V………………………………………
Cho mạch điện như hình vẽ :  R1 = 3  , R2 = 2  , MN là biến trở với RMN (ảnh 2)
 

Lời giải

Khoảng cách giữa vật và ảnh là L = d + d'

Mà:d'=dfdf......................................................................................................

ÞL=d+dfdfd2Ld+Lf=0  (1).....................................................

- Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

 Þ Δ=L24Lf>0L>4f = 80
4.b

Vẽ hình...............................................................................................................

 Media VietJack

- Xét nửa trên trục chính của thấu kính

- Chứng minh được : ΔS'MN~ΔS'IOMNIO=S'NS'O

- Thay được :

MNIO=d+d'Ld'=d+dfdfLdfdf=df+LdLf.............................................

- Vì Lf không đổi, IO không đổi nên: MNmin khi df=Ld (BĐT Cô-si)

d=Lf=30cm

- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm..
- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm.

Lời giải

Cơ sở lí thuyết

Kí hiệu: Vm; m0 là thể tích, khối lượng của vương miện

Vv: Thể tích khối vàng

Dn: Khối lượng riêng của nước

+ Xét sự cân bằng của khối vàng (hoặc vương miện) có khối lượng m0 và vật m khi treo ở hai đầu thanh cứng

Truyện kể rằng, do nhà vua nghi ngờ người thợ kim hoàn đã trộn lẫn bạc vào trong chiếc vương miện bằng vàng nên ông  (ảnh 1)
 

10ml2=10m0l1                          (1)

+ Khi nhúng khối vàng trong nước, để có sự cân bằng ta phải giảm khối lượng của vật m đi Dm1

10(m-Dm1)l2=10(m0-DnVv)l1     (2)

 

+ Thay khối vàng bằng vương miện, ta phải giảm khối lượng của m đi Dm2

10(m-Dm2)l2=10(m0-DnVm)l1     (3)……………………….................

(1)(2)Þ mΔm1m=m0DnVvm0Vv=m0Δm1mDn

(1)(3)Þ mΔm2m=m0DnVmm0Vm=m0Δm2mDn…………………..........

Gọi tỉ lệ vàng là x; tỉ lệ bạc là 1-x

VmVv=m0xDV+m0(1x)DBm0DV=x+DVDB(1x)VmVv=Δm2Δm1

Δm2Δm1=DvDB+(1DVDB)xx=DVDBΔm2Δm1DVDB1

Biết được DV; DB; Dm1; Dm2 ta sẽ xác định được x……………………

Tiến trình thực hiện

+ Buộc dây ở hai đầu thanh, một bên treo vương miện, một bên treo đĩa có chứa nhiều quả nặng. Dùng dây treo thanh ở một điểm nào đó sao cho thanh cân bằng nằm ngang. …………………………………………………………...

+ Nhúng khối vàng vào trong chậu nước đồng thời lấy đi một số quả nặng có tổng khối lượng Dm1 sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang….

+ Thay khối vàng bằng chiếc vương miện và nhúng vương miện này trong nước. Lấy đi một số qủa nặng sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang. Tính tổng khối lượng Dm2 của các quả nặng lấy đi (so với lúc đầu tiên). Nếu Dm2Dm1 thì chứng tỏ vương miện bị pha tạp.

+ Thay các số liệu cần thiết vào công thức (4) để tính x

+ Tính tỉ lệ % của vàng trong vương miện: TL = x.100%......................

4.6

1805 Đánh giá

50%

40%

0%

0%

0%