Bài này đòi hỏi sử dụng phương pháp nguồn tương đương.
Điện trở tương đương của bộ nguồn là:
$r_{td}=\frac{r}{3}=0.5 (\Omega)$

Suất điện động tương đương là $\xi$ sao cho:

$\frac{\xi}{r_{td}}=3\frac{\varepsilon}{r}=4 \Rightarrow  \xi=2 (V)$

Vậy cả bộ nguồn này có suất điện động $2V$ và điện trở trong $0.5 \Omega$

Dòng điện trong mạch: $I=\frac{\xi}{R+r_{td}}=4/3 =1.33 (A)$

Công của bộ nguồn trong 5 phút:

$A=\xi I t=2\times 4/3\times 300=800 (J)$

1.
Vôn kế điện trở rất lớn nên ko có dòng chạy trong mạch, số chỉ Vôn kế chính là suất điện động của Ắc-quy.
$\varepsilon =20(V )$

Mắc Ampe kế vào:
$R+r=\frac{\varepsilon}{I}=\frac{20}{2}=10$
$r=20-R=2 (\Omega)$

2.
Khi K ngắt, Vôn kế chỉ 14V, suy ra: $\varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=7 (V)$

Khi K đóng.
Không có dòng qua Vôn kế và tụ C.
Dòng điện trong mạch là:

$I=\frac{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}-\varepsilon '}{r_{1}+r_{2}+r'+R}=2 (A)$

Số chỉ của V: $U_{V}=\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}-I(r_{1}+r_{2})=14-2\times 2 = 10 (V)$

Hiệu điện thế 2 đầu tụ: $U_{C}=U_{NM}=\varepsilon_{1}-\varepsilon ' -I(r+r')=1(V)$
                                         
                                          $Q_{C}=UC=100\times 10^{-6} (C)$

Số mol khí $H_{2}$  thoát ra là:

$n=\frac{It}{2F}=\frac{2\times 965}{2\times 96500}=0.01 (mol)$

Khối lượng $H_{2}$ thu được:
$m_{H_{2}}=0.01\times 2= 0.02 (g)$

Tương tự: $n_{O_{2}}=\frac{1}{2}n_{H_{2}}$

Với biên độ là $A$ thì giá trị lớn nhất của gia tốc của hệ là:

$a_{max}=\omega^{2} A=\frac{k}{m+m_{1}}A$
Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật $m$ dao động, vật $m_{1}$ chịu lực quán tính là:
$\overrightarrow{F}=-m_{1}\overrightarrow{a}   \Rightarrow F_{max}=m_{1}a_{max}$

Để $m_{1}$ không rời khỏi $m$ thì lực quán tính phải nhỏ hoặc bằng hơn trọng lực:

$F_{max}\leq P $

$\Rightarrow m_{1}\frac{k}{m+m_{1}}A\leq m_{1}g$

$\Rightarrow A \leq \frac{g(m+m_{1})}{k}=0.09(m)=9(cm)$

Vậy biên độ dao động lớn nhất để vật $m_{1}$ không bị rơi ra là 9cm.

Theo bài ra ta biết được có 4 bụng sóng giữa 2 điểm AB.
Ta có phương trình:

$AB=4\frac{\lambda}{2}=4\frac{v}{2f}$

$\Rightarrow v=\frac{1}{2}AB\times f=\frac{1}{2}200\times 500=50000(cm/s)=500 (m/s)$

Để tạo được sóng dừng thì:   $n\frac{\lambda}{2}+\frac{\lambda}{4}=L$     (L là chiều dài dây)

Hay: $n\frac{v}{2f}+\frac{v}{4f}=L   \Rightarrow  0.6=\frac{4}{f}n+\frac{2}{f}$

Các giá trị thích hợp với f từ 80Hz đến 120Hz là:    $12\leqslant n\leqslant 17$

Vậy, đáp án là có 6 giá trị.

Điện trường giữa 2 bản tụ luôn theo phương thẳng đứng, vậy nên thành phần vận tốc theo phương ngang luôn là $v_{x}=v$.
Gọi $\alpha$ là góc hợp bởi vector vận tốc và phương ngang. Ta có:

$cos\alpha=\frac{v_{x}}{v}=\frac{v}{2v}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow  \alpha =30 ^{o}$

Công thức phóng xạ:      $N=N_{0}2^{-t/T}$

Ta có: $\frac{X}{Y}=\frac{N}{N_{0}-N}=\frac{2^{-t/T}}{1-2^{-t/T}}$
Ứng với 2 trường:

$\frac{2^{-t/T}}{1-2^{-t/T}}=2.414 \Rightarrow  2^{-t/T}=\frac{2.414}{1+2.414}$     (1)

$\frac{2^{-(t+345)/T}}{1-2^{-(t+345)/T}}=1/7  \Rightarrow 2^{-t/T}\times 2^{-345/T}=\frac{1}{7(1+1/7)}$    (2)

Từ (1) và (2):   $T = 138$

$u=400cos^{2}(50\omega t)=200(cos100\omega t  +1)=200  +  200cos100\omega t$

Hiệu điện thế gồm phần ko đổi và phần xoay chiều.
Phần ko đổi sẽ tạo ra dòng; $I_{1}=\frac{200}{R}=2 (A)$

Phần xoay chiều sẽ tạo ra dòng:  $I_{2}=\frac{200}{\sqrt{Z_{L}^{2}+R^{2}}}cos(100\omega t-arctan\frac{Z_{L}}{R})=\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})$

Dòng điện trong mạch là: $I = I_{1}+I_{2}=2+\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})$

Năng lượng nhiệt tỏa ra trên điện trở:   $W=\int\limits_{0}^{t}I^{2}Rdt=\int\limits_{0}^{t}R\left[ {4+4\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})+2cos^{2}(100\omega t - \frac{\pi}{4})} \right]dt$

$W=R\left[ {4t+\frac{4\sqrt{2}}{100\omega}sin(100\omega t-\frac{\pi}{4})+t+\frac{1}{200\omega}sin(200\omega t-\frac{\pi}{2})} \right]$

Sau một khoảng thời gian t lớn hơn nhiều lần chu kỳ, các số hạng dao động sẽ triệt tiêu nhau:

$W=5Rt$
Với: $W=I_{hd}^{2}Rt$
Suy ra:

$I_{hd}=\sqrt{5}$  (A)

Mắc hiệu điện thế 12V vào 2 đầu dây tải tại M.
Gọi điện trở đoạn MQ là $R_{1}$  (cả dây đi và dây về)
Khi 2 đầu dây ở N hở thì I = 0.41 A

$\frac{12}{R_{1}+R}=0.41   \Rightarrow  R=\frac{12}{0.41}-R_{1}$       (1)

Khi 2 đầu dây ở N được nối tắt, mạch lúc này gồm $R_{1}  nt  (R  //  R_{QN})$.
I = 0.42

$\Rightarrow \frac{12}{0.42}=R_{1}+\frac{R(80-R_{1})}{R+80-R_{1}}$

$\Rightarrow (80-\frac{12}{0.42})R=R_{1}^{2}-80R_{1}-\frac{12}{0.42}R_{1}+80\frac{12}{0.42}$     (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$(80-\frac{12}{0.42})(\frac{12}{0.41}-R_{1})=R_{1}^{2}-80R_{1}-\frac{12}{0.42}R_{1}+80\frac{12}{0.42}$

Giải phương trình bậc 2 này ta được:      $R_{1}= \frac{200}{7}   (\Omega)$

Dễ dàng ta có:

$\frac{MQ}{180}=\frac{R_{1}}{80}$

$\Rightarrow MQ = 64.3 (km)$