(a) *Xét xe thứ nhất, thời gian đi nửa quãng đường đầu: \(t_{11}=\dfrac{\dfrac{L}{2}}{v_1}=\dfrac{L}{2v_1}\), thời gian đi nửa quãng đường còn lại: \(t_{12}=\dfrac{\dfrac{L}{2}}{v_2}=\dfrac{L}{2v_2}\).

Suy ra vận tốc trung bình: \(\overline{v_1}=\dfrac{L}{t_{11}+t_{12}}=\dfrac{L}{\dfrac{L}{2v_1}+\dfrac{L}{2v_2}}=\dfrac{2v_1v_2}{v_1+v_2}\).

*Xét xe thứ 2, quãng đường đi trong nửa thời gian đầu: \(s_{21}=\dfrac{v_1t_2}{2}\), quãng đường đi trong nửa thời gian còn lại: \(s_{22}=\dfrac{v_2t_2}{2}\).

Suy ra vận tốc trung bình: \(\overline{v_2}=\dfrac{s_{21}+s_{22}}{t_2}=\dfrac{\dfrac{v_1t_2}{2}+\dfrac{v_2t_2}{2}}{t_2}=\dfrac{v_1+v_2}{2}\).

(b) Thời gian xe thứ nhất đi: \(t_1=\dfrac{L}{\overline{v_1}}=\dfrac{L\left(v_1+v_2\right)}{2v_1v_2}\).

Thời gian xe thứ hai đi: \(t_2=\dfrac{L}{\overline{v_2}}=\dfrac{2L}{v_1+v_2}\).

Xét hiệu: \(\Delta t=t_1-t_2=L\left(\dfrac{v_1+v_2}{2v_1v_2}-\dfrac{2}{v_1+v_2}\right)\)

\(=\dfrac{L\left[\left(v_1+v_2\right)^2-4v_1v_2\right]}{v_1v_2\left(v_1+v_2\right)}=\dfrac{L\left(v_1-v_2\right)^2}{v_1v_2\left(v_1+v_2\right)}>0\).

Suy ra \(t_1>t_2\) nên xe thứ 2 đến B trước một khoảng \(\Delta t=\dfrac{L\left(v_1-v_2\right)^2}{v_1v_2\left(v_1+v_2\right)}\).

(c) Ta có: \(t_2-t_{11}=\dfrac{2L}{v_1+v_2}-\dfrac{L}{2v_1}=\dfrac{L\left(3v_1-v_2\right)}{2v_1\left(v_1+v_2\right)}\).

(*) Nếu \(3v_1\ge v_2\) thì sau khi xe thứ 2 đến B, xe thứ nhất đã đi được hơn nửa quãng đường, khoảng cách hai xe lúc xe 2 đến B là:

\(d=\dfrac{L}{2}-v_2\left(t_2-t_{11}\right)=\dfrac{L}{2}-\dfrac{Lv_2\left(3v_1-v_2\right)}{2v_1\left(v_1+v_2\right)}\)

\(\Rightarrow d=\dfrac{L\left(v_1-v_2\right)^2}{2v_1\left(v_1+v_2\right)}\).

(**) Nếu \(3v_1< v_2\) thì khi xe thứ 2 đến B, xe thứ nhất chưa đi được nửa quãng đường AB. Khoảng cách hai xe lúc xe 2 đến B là:

\(d=L-v_1t_2=L-\dfrac{2Lv_1}{v_1+v_2}=\dfrac{L\left(v_2-v_1\right)}{v_1+v_2}\).

(d) Theo đề thì \(\Delta t=\dfrac{L\left(v_1-v_2\right)^2}{v_1v_2\left(v_1+v_2\right)}\left(1\right)\).

Xét trường hợp (*), khoảng cách là \(d=\dfrac{L\left(v_1-v_2\right)^2}{2v_1\left(v_1+v_2\right)}\left(2\right)\).

Từ (1) và (2), có được: \(v_2=\dfrac{2d}{\Delta t}=\dfrac{2\cdot90}{1,5}=120\left(km/h\right)\), thay vào (1), có được: \(\left[{}\begin{matrix}v_1\approx41,88\left(km/h\right)\left(N\right)\\v_1\approx3438,11\left(km/h\right)\left(L\right)\end{matrix}\right.\).

Xét trường hợp (**), khoảng cách là \(d=\dfrac{L\left(v_2-v_1\right)}{v_1+v_2}\left(3\right)\).

Từ (1) và (3), suy ra: \(v_1=\dfrac{v_2d}{v_2\Delta t+1}\), thay vào (3), tìm được: 

\(v_2=\dfrac{\dfrac{d\left(d+L\right)}{L-d}-1}{\Delta t}=\dfrac{\dfrac{90\left(90+200\right)}{200-90}-1}{1,5}\approx157,52\left(km/h\right)\left(L\right)\).

Vậy: \(\left\{{}\begin{matrix}v_1\approx41,88\left(km/h\right)\\v_2=120\left(km/h\right)\end{matrix}\right.\).

Bảo toàn năng lượng cho hệ: \(\dfrac{1}{2}mv_0^2=W_{đ_1}+W_{đ_2}\)

Do vận tốc hai viên bi sau va chạm là như nhau và khối lượng của chúng là như nhau nên \(W_{đ_1}=W_{đ_2}\Rightarrow W_{đ_1}=\dfrac{1}{4}mv_0^2=\dfrac{1}{4}\left(0,16\right)\cdot2^2=0,16\left(J\right)\)

Bơm \(V\) lít khí nóng ở nhiệt độ \(T\) vào khinh khí cầu. Nhiệt độ và áp suất khí quyển khi ấy là \(T_0\) và \(p_0\). Khối lượng khí cầu (không kể phần khí) là \(m_C\). Khi đó, khinh khí cầu chưa thể bay lên được.

1. Tìm lượng không khí chứa trong khí cầu.

2. Muốn khí cầu bay lên, cần phải tăng nhiệt độ của khối khí bên trong khí cầu lên mà không lấy ra hoặc thêm vào không khí. Xem quá trình là đẳng áp, không khí là khí lí tưởng lưỡng nguyên tử với nhiệt dung mol đẳng áp là \(C_P=\dfrac{7}{2}R\). Cho hằng số khí lí tưởng là \(R\), khối lượng mol của không khí là \(\mu\).

   (a) Tìm thể tích \(V_C\) khí cầu đạt được để nó có thể bắt đầu bay lên.

   (b) Xác định nhiệt lượng \(Q\) cần cung cấp trong quá trình làm nóng khối khí đến lúc khí cầu bắt đầu bay lên.

Từ phương trình Clapeyron - Mendeleev: \(pV=\dfrac{m}{\mu}RT\Rightarrow p=\dfrac{\rho RT}{\mu}\).

Áp suất khí không đổi nên: 

\(\dfrac{\rho_1RT_1}{\mu}=\dfrac{\rho_2RT_2}{\mu}\Rightarrow\rho_2=\dfrac{T_1}{T_2}\rho_1=\dfrac{27+273}{127+273}\cdot24000=18000\left(kg\cdot m^{-3}\right)\)

Giả sử ống có chiều dài \(L\), chiều dài cột khí lúc sau là \(l\).

Độ cao mực thủy ngân trong bình là \(L-l_0\).

Lúc sau, áp suất bên trong ống thủy ngân và ngoài ống ở đầu dưới của ống là như nhau:

\(p_0+\left(L-l_0-h\right)=p+\left(L-l\right)\Rightarrow p=p_0+\left(l-l_0-h\right)\)

Khí biến đổi đẳng nhiệt nên: \(p_0Sl_0=pSl\Leftrightarrow p_0l_0=l\left(p_0+l-l_0-h\right)\)

\(\Rightarrow l^2+\left(p_0-l_0-h\right)l-p_0l_0=0\Leftrightarrow l^2+\left(76-8-46\right)l-76\cdot8=0\)

Giải phương trình, tìm được \(\left[{}\begin{matrix}l=16\left(cm\right)\left(N\right)\\l=-38\left(cm\right)\left(L\right)\end{matrix}\right.\).

Tìm cường độ điện trường do một hình trụ dài vô hạn, tích điện đều, bán kính \(R\), tại một điểm cách nó một khoảng \(r\) trong các trường hợp:

1. Hình trụ là rỗng, điện tích phân bố đều theo mật độ điện dài \(\lambda\).

2. Hình trụ đặc, điện tích phân bố đều theo mật độ điện khối \(\rho\).

\(sin^{-1}\left(\dfrac{3}{7}\right)=x\Rightarrow sin\left(x\right)=\dfrac{3}{7}\Rightarrow tan\left(sin^{-1}\left(\dfrac{3}{7}\right)\right)=tan\left(x\right)\)

\(\Rightarrow A=tan\left(sin^{-1}\left(\dfrac{3}{7}\right)\right)=\dfrac{sin\left(x\right)}{cos\left(x\right)}=\dfrac{sin\left(x\right)}{\pm\sqrt{1-sin^2x}}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{\dfrac{3}{7}}{\pm\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{7}\right)^2}}=\pm\dfrac{3\sqrt{10}}{20}\)

Điều kiện: \(x,y\ge-1\).

Từ phương trình đầu, suy ra: \(x-y=\sqrt{y^2-1}-\sqrt{x^2-1}\)

Bình phương hai vế, sắp xếp lại, ta được: \(\sqrt{x^2y^2-\left(x^2+y^2\right)+1}=xy-1\)

Tương tự như trên, thu được: \(\left(x-y\right)^2=0\Rightarrow x=y\)

Thay vào phương trình dưới: \(x^2+x+12\sqrt{x+1}=36\)

Đặt: \(t=\sqrt{x+1}\left(t\ge0\right)\Rightarrow t^2\left(t^2-1\right)+12t=36\)

\(\Leftrightarrow t^4-t^2+12t-36=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2\left(N\right)\\t=-3\left(L\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\sqrt{x+1}=2\Leftrightarrow x=3\left(N\right)=y\)

Vậy: Hệ có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(3;3\right)\)

\(y=-\dfrac{1}{4}x^4+2x^2\Rightarrow y'=-x^3+4x=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\Leftrightarrow y=0\left(M\right)\\x=2\Leftrightarrow y=4\left(N\right)\\x=-2\Leftrightarrow y=4\left(P\right)\end{matrix}\right.\)

Tính được: \(c=MN=\sqrt{\left(x_M-x_N\right)^2+\left(y_M-y_N\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(0-2\right)^2+\left(0-4\right)^2}=2\sqrt{5}\)

Tương tự, cũng tính được \(b=MP=\sqrt{\left(x_M-x_P\right)^2+\left(y_M-y_P\right)^2}=2\sqrt{5}\)

\(a=NP=\sqrt{\left(x_N-x_P\right)^2+\left(y_N-y_P\right)^2}=4\)

\(\Rightarrow p=\dfrac{a+b+c}{2}=2+2\sqrt{5}\)

Công thức Heron: \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

Mà: \(S=pr\Rightarrow r=\dfrac{\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{p}=\sqrt{5}-1\approx1,24\)

Hình vẽ tham khảo, \(m_2\) là vật \(A\), còn \(m_1\) là vật \(B.\) Bạn tự phân tích lực nhé.

Do \(m_1>m_2\) nên vật \(A\) có xu hướng trượt sang phải. Định luật II Newton cho các vật \(A,B\) lần lượt là:

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{P_2}+\overrightarrow{N_2}+\overrightarrow{T_2}+\overrightarrow{F_{ms}}=m_2\overrightarrow{a_2}\\\overrightarrow{P_1}+\overrightarrow{T_1}=m_1\overrightarrow{a_1}\end{matrix}\right.\)

Chiếu lên chiều chuyển động, chú ý \(T_1=T_2=T,a_1=a_2=a\) do ròng rọc lí tưởng và dây không giãn, lực ma sát \(F_{ms}=\mu N_2=\mu m_2g\left(N_2=P_2=m_2g\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}T-\mu m_2g=m_2a\\m_1g-T=m_1a\end{matrix}\right.\)

Giải hệ, tìm được: \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{m_1-\mu m_2}{m_1+m_2}g=5\left(ms^{-2}\right)\\T=\dfrac{m_1m_2g\left(\mu+1\right)}{m_1+m_2}=1,5\left(N\right)\end{matrix}\right.\)