Ta có: \({m_1}{v_1} = \left( {{m_1} + {m_2}} \right)v \)

\(\Rightarrow v = \dfrac{{{m_1}{v_1}}}{{{m_1} + {m_2}}} = \dfrac{{0,8.10}}{{0,8 + 0,2}} \)\(\,= 8\,\,m/s\)

Ta có: \(A = Ph = mgh = 10.10.5 = 500\,\,J\)

Suy ra: \(P = \dfrac{A}{t} = \dfrac{{500}}{{100}} = 5\,\,{\rm{W}}\)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

Wt = Wđ \( \Rightarrow mgh = \dfrac{{m{v^2}}}{2} \)

\(\Rightarrow v = \sqrt {2gh}  = \sqrt {2.10.20}  = 20\,\,m/s\)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

\(mgh + \dfrac{{mv_0^2}}{2} = mgh'\)

\(\Rightarrow {v_0} = \sqrt {2mg\left( {h' - h} \right)} \)

Thay số ta có \({v_0} = 3\,\,m/s\)

Ta có: \(\dfrac{1}{2}k{\left( {\Delta l} \right)^2} = mgh \)

\(\Rightarrow h = \dfrac{{k{{\left( {\Delta l} \right)}^2}}}{{2mg}}\)

Đôi  đơn vị và tahy số ta có: h = 1,5 m

Áp dụng phương trình đẳng nhiệt:

\({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2} \)

\(\Rightarrow {V_2} = \dfrac{{{p_1}{V_1}}}{{{p_2}}} = \dfrac{{1.2}}{4} = 0,5\,\,{m^3}\)

\(Q = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)

\(\Rightarrow c = \dfrac{Q}{{m\left( {{t_2} - {t_1}} \right)}} = \dfrac{{260}}{{m\left( {{t_2} - {t_1}} \right)}} \)\(\,= \dfrac{{260}}{{0,1.20}} = 130\,\,J/kg.K\)

Ta có: \({F_k} = k\Delta l = ES\dfrac{{\Delta l}}{{{l_0}}} \)

\(\Rightarrow E = \dfrac{{{F_k}{l_0}}}{{S.\Delta l}}\)

Đổi đơn vị và thay số ta có: \(E = 8,{95.10^{10}}\,\,Pa\)

Ta có: \({F_c} = \sigma .2L = \sigma .2\pi D \)

\(\Rightarrow \sigma  = \dfrac{{{F_c}}}{{2\pi D}} = \dfrac{{9,{{2.10}^{ - 3}}}}{{2.3,{{4.8.10}^{ - 2}}}} \)\(\,= 18,{4.10^{ - 3}}\,N/m\)

Ở 25^oC, không khí có độ ẩm cực đại là 23 g/m³

Ta có: \(f = \dfrac{a}{A}\)

\(\Rightarrow a = fA = 0,5565.23 = 12,8\,\,g/{m^3}\)

Theo công thức: \(h = \dfrac{{4\sigma }}{{\rho gd}} = \dfrac{{{{2.73.10}^{ - 3}}}}{{1000.9,{{8.10}^{ - 3}}}} \approx 0,015\)\(\, = 15\,\,mm\)

\(Q = m\lambda  + mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right) \)

\(\;\;\;\;= 4.3,{4.10^{ - 5}} + 4.4200.20 \)

\(\;\;\;\;= 13,{6.10^5} + 3,{36.10^5} = 16,{96.10^5}\,\,J\)

Thế năng của vật ở đáy giếng: \({{\rm{W}}_t} = mgz = 2.10.\left( { - 10} \right) =  - 200\,\,J\)

Áp dụng công thức tính công của lực \(\overrightarrow F\):

\(A = F\cos \alpha \)

Thay số ta tính được \(A = 2598 \,J\)

Áp dụng mối liên hệ giữa biến thiên động lượng và xung lượng của lực:

\(\overrightarrow F \Delta t = \Delta \overrightarrow p  = m\overrightarrow v ' - m\overrightarrow v \)

Chiếu phương trình lên phương trình chuyển động sau va chạm của bóng ta được:

\(F + \dfrac{{mv' + mv}}{{\Delta t}}\) , thay số ta tính được: \(F = 17,5 N\)

\(M = Fd = 5.0,2 = 1 \,N.m\)

Dùng công thức tính cơ năng: \({\rm{W}} = mgz + \dfrac{1}{2}m{v^2}\) , thay số ta tính được \(W = 5 J\)

Áp dụng định lí biến thiê động năng ta có:

\({A_F} = \dfrac{1}{2}m{v^2} = Fs,\)

\(\Rightarrow v = \sqrt {\dfrac{{2Fs}}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{1.5.10}}{2}}  \)\(\,= 7,07\,\,m/s\)

Áp dụng công thức tính công \(A = Ph = mgh = 15.10.8 = 1200\,\,\,J\)

\(P = \dfrac{A}{t} = \dfrac{{1200}}{{20}} = 60\,\,{\rm{W}}\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ đạn và hai mảnh ngay trước và sau khi đạn nổ ta có: \(\overrightarrow p  = {\overrightarrow P _1} + {\overrightarrow P _2}\) . Vì \({\overrightarrow P _1}\) và \({\overrightarrow P _2}\) đều hợp với \(\overrightarrow p \) một góc 60o, nên từ hình vẽ dễ thấy: \(p = {p_1} = {p_2}\)

Hay \(mv = 0,5m{v_1} = 0,5m{v_2}\)

Suy ra \({v_1} = {v_2} = 2v = 400\,\,m/s\)

Áp dụng đinh luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm ta có:

\(v = \dfrac{{{m_1}{v_1} + {m_2}{v_2}}}{{{m_1} + {m_2}}}\) , thay số ta tính được \(v = 1 m/s\)

Động lượng của vật \(p = mv\), đổi v ra đơn vị m/s, thay số ta tính được \(p = 6 kg.m/s\)

Độ biến thiên động lượng của hòn đá \(\Delta \overrightarrow p  = m\overrightarrow v  - m\overrightarrow v '\) . Vận tốc của đá lúc ném lên và lúc va chạm đất xác định bằng nhau và đều hợp với mặt đất góc 30o. từ quy tắc tam giác véc tơ, ta xác định được độ biến thiên động lượng của đá:

\(\Delta p = p = p' = 2\,\,kg.m/s\)

Độ biến thiên động lượng của vật là: \(mv + mv’ = 4,9 \,kg.m/s\)

Động lượng của hệ: \(p = \sqrt {m_1^2v_1^2 + m_2^2v_2^2} \) , thay số ta tính được \(p = 5\, kg.m/s\)

Xét lượng khí ở hai trạng thái

Trạng thái 1: \({T_1} = 273\,\,K;\,\,{p_1} = 1,{01.10^5}\,\,Pa;\) \({V_1} = \dfrac{m}{{1,29}}\)

Trạng thái 2. \({p_2} = {2.10^5}\,\,K;\,\,{T_2} = 273\,\,Pa;\) \({V_2} = \dfrac{m}{\rho }\)

Áp dụng phương trình trạng thái: \(\dfrac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}} = \dfrac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}\)

Ta tính được khối lượng riêng của khí ở trạng thái 2: \(\pi  = 1,87\,\,kg/{m^3}\)

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng, suy ra: \({T_2} = 500\,\,K = {227^o}C\)

Áp dụng phương trình đẳngt nhiệt suy ra: \({V_2} = \dfrac{{{p_1}{V_1}}}{{{p_2}{V_2}}} = 0,5\,\,{m^3}\)

Áp dụng định luật Bôi – lơ – ma – ri -ốt, ta có \({p_1}{V_1} = {p_2}{V_2}\) , từ đó tính được \({p_2} = {3.10^5}\,\,Pa\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_{tb}} = \frac{{{s_1}}}{{{t_1}}} = \frac{9}{1} = 9km/h\\{v_{nb}} = \frac{{{s_2}}}{{{t_2}}} = \frac{{50}}{{60}} = \frac{5}{6}m/s = 3km/h\end{array} \right.\)

Ta có: \(\overrightarrow {{v_{tb}}}  = \overrightarrow {{v_{tn}}}  + \overrightarrow {{v_{nb}}} \)

Do thuyền chạy ngược dòng sông nên:

\({v_{tb}} = {v_{tn}} - {v_{nb}}\)

\(\Rightarrow {v_{tn}} = {v_{tb}} + {v_{nb}} = 9 + 3 = 12km/h\)

Chọn A.

Ta có: \({l}{v_0} = 0\\a = 0,1m/{s^2}\\v = 36km/h = 10m/s right.\)

Ta có : \(a = \frac{{v - {v_0}}}{t} \Rightarrow t = \frac{{v - {v_0}}}{a} = \frac{{10 - 0}}{{0,1}} = 100s\)

Chọn B.

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của quả bóng.

Bóng chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của lực ma sát nên theo định luât II Niuton ta có:

\(\overrightarrow {{F_{ms}}}  = m\overrightarrow a \,\,\,\left( * \right)\)

Chiếu (*) lên phương chuyển động ta có:

\({l}{F_{ms}} = ma \Leftrightarrow  - \mu N = ma \)

\(\Leftrightarrow  - \mu mg = ma\\ \Rightarrow a =  - \mu g =  - 0,1.9,8 \)

\(=  - 0,98m/{s^2}\)

Áp dụng công thức liên hệ giữa s, v và a ta có:

 \({v^2} - v_0^2 = 2as \)

\(\Rightarrow s = \dfrac{{{v^2} - v_0^2}}{{2a}} = \dfrac{{{0^2} - {{10}^2}}}{{2.\left( { - 0,98} \right)}} = 51m\)

Chọn C.

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{v_0} = 36km/h = 10m/s\\t = 5s\\{v_d} = 0\end{array} \right.\)

Gia tốc của xe là : \(a = \frac{{{v_d} - {v_0}}}{t} = \frac{{0 - 10}}{5} =  - 2m/{s^2}\)

Phương trình vận tốc của xe : \(v = {v_0} + at = 10 - 2t\,\,\left( {m/s} \right)\)

Vận tốc của xe lúc t = 4s là : \(v = 10 - 2.4 = 2\,\,\left( {m/s} \right)\)

Áp dụng công thức liên hệ giữa s, v và a cho 2 vị trí (lúc t = 4s đến khi dừng lại) ta có :

\(v_d^2 - {v^2} = 2as \Rightarrow s = \frac{{v_d^2 - {v^2}}}{{2a}} = \frac{{{0^2} - {2^2}}}{{2.\left( { - 2} \right)}}\)

\(= 1m\)

Chọn D.

Trong chuyển động ném ngang, chuyển động của chất điểm là: Chuyển động thẳng đều theo phương ngang, rơi tự do theo phương thẳng đứng.

Chọn C.

Ngẫu lực là hệ hai lực song song, ngược chiều, có độ lớn bằng nhau và cùng tác dụng vào một vật.

Chọn B.

Công thức xác định độ lớn của hợp lực : \(F = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + 2{F_1}{F_2}.\cos \alpha } {\rm{ }}\)

Ta có : \(\left| {{F_1}\; - {F_2}} \right| \le F \le {F_1}\; + {F_2}\)

\(\Leftrightarrow 3 \le F \le 21\)

→ Vậy 15N là giá trị có thể là độ lớn của hợp lực

Chọn D.

Chu kì của kim phút là : \(T = 1h = 3600s\)

Tần số của kim phút là : \(f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{{3600}}{s^{ - 1}}\)

Chọn D.

Vật nặng chịu tác dụng của:

+ Lực đàn hồi: \({F_{dh}} = k.\Delta l\)

+ Trọng lực: \(P = mg\)

Khi vật cân bằng thì: \(\overrightarrow {{F_{dh}}}  + \vec P = \vec 0\)

\(\Rightarrow P = {F_{dh}} = k.\Delta l = 100.0,1 = 10N\)

Chọn D.

Giới hạn đàn hồi của vật là giới hạn trong đó vật còn giữ được tính đàn hồi.

Chọn A.

Để xác định sự thay đổi vị trí của một chất điểm theo thời gian người ta dùng phương trình toạ độ theo thời gian.

Chọn A.