a, Phương trình cân bằng nhiệt:

- Lần 1: m₁c₁(t₁ – t₁₃) = 1/2m₃c₃(t₁₃ – t₃) ⟹ m₁c₁(90 – 70) = 1/2m₃c₃(70 – 60)

⟺ 20m₁c₁ = 5m₃c₃ ⟹ 4m₁c₁ = m₃c₃

- Lần 2: m₂c₂(t₂₃ – t₂) = 1/2m₃c₃(t₃ - t₂₃) ⟹ m₂c₂ (30 – 20) = 1/2m₃c₃(60 – 30)

⟺10m₂c₂ =15m₃c₃ ⟹ m₂c₂ = 1,5m₃c₃.

b, - Ta có: m₁c₁ = 0,25m₃c₃ (1)

m₂c₂ = 1,5m₃c₃ (2)

- Gọi tc là nhiệt độ chung khi trộn ba chất lỏng với nhau; nhiệt lượng mỗi chất lỏng thu vào hoặc tỏa ra trong khi trao đổi nhiệt là:

Q₁ = m₁c₁(t₁ – t_c), Q₂ = m₂c₂(t₂ – t_c), Q₃ = m₃c₃(t₃ – t_c)

- Theo định luật bảo toàn nhiệt lượng thì: Q₁ + Q₂ + Q₃ = 0

⟹ m₁c₁(t₁ – t_c) + m₂c₂(t₂ – t_c) + m₃c₃(t₃ – t_c) = 0       (3)

- Từ (1), (2), (3) giải ra ta được tc = 40,9⁰C

a, Gọi v₁ là vận tốc xe đi từ A, v₂ là vận tốc xe đi từ B.

- Chuyển động lần 1: v₁t - v₂t = 30

⟹ v₁ - v₂ = 30/t = 10 (1)

- Chuyển động lần 2:

v₁t₁ = v₁t + 20 ⟹ t₁ = (v₁t + 20)/v₁

t₁ = (3v₁ + 20)/v₁ (2)

(v₂t₁ + v₂/6) - v₂t = 20

⟹ t₁ = (20 - v₂/6 + 3v₂)/v₂

⟹ t₁ = 20/v₂ + 17/6 (3)

- Từ 1, 2, 3 có phương trình: v₂₂ + 10v₂ - 1200 = 0;

- Giải phương trình tính được v₂ = 30km/h ⟹ v1 = 40km/h.

Vận tốc của xe tại A là v₁ = 40km/h; của xe tại B là v₂ = 30km/h

b, - Gặp nhau lần đầu tại C lúc: 6 giờ + 3 giờ = 9 giờ 00

- Thời gian gặp lần sau: t₁ = (3.40 + 20)/40 = 3 giờ 30 phút

- Lúc đó là: 6 giờ + 3 giờ 30 phút + 10 phút = 9 giờ 40 phút

a,

- I_A = 0 và U_CD = 0

Mạch gồm (R₁//R₃) nt (R₂//R₄) ⟹ U₁ = U₃; U₂ = U₄. (1)

Hoặc (R₁ntR₂)//(R₃ntR₄) ⟹ I₁ = I₂; I₃ = I₄.

- ⟹ U₁/R₁ = U₂/R₂; U₃/R₃ = U₄/R₄ (2)

- Từ (1) và (2) ⟹

b, - Mạch gồm (R₁//R₃) nt (R₂//R₄)

- Ta có : I₁R₁ + (I₁ – I_A)R₂ = U ⟺ 4I₁ + (I₁ – 0,1)3 = 6

⟹ I₁ = 0,9A

- U₁ = U₃ = I₁R₁ = 0,9.4 = 3,6V

⟹ U₂ = U₄ = U – U1 = 2,4V.

- I₃ = U₃/R₃ = 3,6/12 = 0,3A ; I₄ = I₃ + I_A = 0,3 + 0,1 = 0,4A

- R₄ = U₄/I₄ = 2,4/0,4 = 6Ω

a, - Ta có I₁ + I_đ = I₂ + I₃ ⟹ U₁/r + U_đ/kr = U₂/r + U₃/r

⟹ U₁ + U_đ/k = U₂ + U₃ ⟺ U₁ + U_đ/k = U₂ + (U₁ + U₂) – U_đ

b, Chọn chiều dòng điện như hình vẽ:

- Ta có: I₁R₁ + (I₁ – I_b)R₂ = U

⟺ 6I₁ + 6(I₁ – I_b) = 12

⟹ I₁ = 1 + 0,5I_b (1)

I₁R₁ + I_bR_b + (I_đ + I_b)R₃ = U

⟹ 6I₁ + 3I_b + (I_b + I_đ)6 = 12

⟹ I₁ + 0,5I_b + I_b + I_đ = 2

⟹ I₁ + 1,5I_b + I_đ = 2 (2)

I_đR_đ + (I_b + I_đ)R₃ = U

⟹ 1₂I_đ + (I_b + I_đ)6 = 12

⟹ 2I_đ + I_b + I_đ = 2

⟹3I_đ + I_b = 2 (3)

Từ (1) và (2) ⟹ 2I_b + I_đ = 1 (4)

Giải (3) và (4) tính được I_đ = 0,6A; I_b = 0,2A

- P_Đ = I_đ²R_đ = 0,6₂.12 = 4,32W

a, - Hình vẽ: Đúng, đủ các ký hiệu

- Xét hai cặp tam giác đồng dạng :

∆OAB ∾ ∆OA’B’ ta có: 

∆FAB ∾ ∆FOI ta có:  (2)

Từ hình vẽ : FA = OF – OA (3)

Từ (2), (3) =>  (4)

Từ (1), (4) =>  (5)

Từ (5) ⟹ OA’.OF – OA’.OA = OA.OF

=>  (6)

- Từ (6) nhận thấy OF không đổi nên khi OA giảm thì OA’ cũng giảm.

Vậy khi vật dịch chuyển lại gần thấu kính thì ảnh của nó cũng dịch chuyển lại gần thấu kính.

b, - Đặt OF = f ; OA = d₁ ; OA’ = d₁’ thay vào ( 5 ) ta được : 

Vì A’B’ = 5AB nên ta có :  ⟹ d₁ = 0,8f ⟹ d₁’ = 5d₁ = 4f

- Khi đặt AB dọc theo trục chinh, đầu B của AB ở vị trí B₂ trên trục chính cho ảnh ảo B₂’, còn đầu A của AB vẫn cho ảnh ở vị trí cũ A’.

- Xét sự tạo ảnh qua thấu kính của đầu B₂:

Theo nhận xét ở phần a, ta có:

d₂ = OB₂ = d₁ – 2 = 0,8f – 2; d₂’ = OB₂’ = d₁’ – 30 = 4f – 30

Thay vào (6) ta được:  => f = 15cm