Khi vào khúc quanh người và xe nghiêng về phía tâm khúc quanh. Người và xe chịu tác dụng của trọng lực $\overrightarrow{P} $, phản lực đàn hồi của mặt đường$\overrightarrow{N} $ và lực ma sát $\overrightarrow{F_{ms}}. $ ( Hợp lực $\overrightarrow{N} $ và $\overrightarrow{F_{ms}} $ là phản lực tổng cộng $\overrightarrow{Q} $ của mặt đường do xe nghiêng).
Theo định luật $II$ Niu tơn hình vẽ:
                           $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F_{ms}}=m\overrightarrow{a}    (1)   $
Chiếu phương trình (1) lên trục thẳng đứng ta có:
$-P+N=0 \rightarrow N=P $              (2)
Chiếu phương trình (1) lên trục nằm ngang ( hướng tâm) ta có:
                           $F_{ms}=m\frac{v^2}{R} $                 (3)
Để xe khỏi trượt lực ma sát là lực ma sát nghỉ:
                           $F_{ms}\leq kN=kP=kmg    (4)$
Từ (3) và (4) ta suy ra:
                           $v^2\leq kgR$ hay $v \leq  \sqrt{kgR} =4 $m/s
Góc nghiêng $\alpha $ của xe khi $v=10,8$m/h= $3$m/s được xác định từ hệ thức:
                           $\tan\alpha \frac{F_{ms}}{P}=\frac{v^2}{gR}\approx  0,06  $
Vậy                    $\alpha \approx  \arctan 0,06\approx  3^026'$.

Đồng hồ quả lắc (dùng quả nặng) hoạt động trên cơ sở dao động của quả lắc, do đó chỉ cần treo nghiêng 1 chút là nó sẽ không chính xác hoặc đứng ngay. Các loại đồng hồ khác dùng con lắc xoắn thay cho quả nặng. Con lắc xoắn là một cái bánh xe ( có tác dụng như bánh đà trong động cơ ), nó dao động nhờ tác dụng của lực đàn hồi của lò xo, nên có thể hoạt động tốt ở các tư thế khác nhau.

Con lắc dao động trên đệm không khí sẽ hạn chế được tối đa ảnh hưởng của ma sát. Kết  quả của thí nghiệm chính xác hơn.

Khối lượng hiđrô thu được ở catôt là :
                $m_1=\frac{1}{F}.\frac{A_1}{n_1}.I.t  =\frac{1}{96500}.\frac{1}{1}  .5.1930=0,1kg$
Hiđrô tạo nên ở catôt tồn tại dưới dạng phân tử khí $H_2.$ Một mol khí hiđrô (2g) ở điều kiện chuẩn có thế tích là $22400cm^3$
Vậy thể tích khí hiđrô thu được là :
                $V_1=\frac{0,1}{2} .22400=1120cm^3$
Khối lượng ôxi thu được anôt :
                $m_2=\frac{1}{F}.\frac{A_2}{n_2}.It =\frac{1}{96500}.\frac{16}{2}   .5.1930=0,8kg$
Thể tích khí ôxi thu được là
                $V_2=\frac{0,8}{32}.22400=560cm^3 $

$a)$ Công suất mạch ngoài cực đại :
Gọi $R$ là điện trở tương đương của mạch ngoài, gồm $(R_2 nt R_3)// R_1$
Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài :
$P=RI^2=R(\frac{E}{R+r} )^2=\frac{E^2R}{(R+r)^2} \leq \frac{E^2R}{4Rr}=\frac{E^2}{4r}$
$P_{max}=\frac{E^2}{4} $ khi $R=r=2\Omega $
Ta có : $\frac{1}{R} =\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_{23}}  $
nên $R_{23}=\frac{RR_1}{R_1-R}=4\Omega  $
$R_3=R_{23}-R_2=2\Omega $
$P_{max}=\frac{E^2}{4r} =18W$
$b)$ Trường hợp $P_3=4,5W$
Ta tính công suất tiêu thụ của $R_3$ theo $P_3 :$
Điện trở tương đương $R_{23}=R_2+R_3=2+R_3$
$R_{23}=\frac{R_1R_{23}}{R_1+R_{23}} =\frac{4(2+R_3)}{6+R_3} $
Cường độ mạch chính:
$I=\frac{E}{R_{AB}+r}=\frac{12}{\frac{4(2+R_3)}{6+R_3}+2 }  =\frac{12(6+R_3)}{20+6R_3}

$
$I=\frac{6(6+R_3)}{10+3R_3} $
Hiệu điện thế : $U_{AB}=IR_{AB}=\frac{24(2+R_3)}{10+3R_3} $
Cường độ dòng điện qua $R_3:P_3=\frac{U_{AB}}{R_{23}}=\frac{24}{10+3R_3}  $
Công suất tiêu thụ của $R_3:P_3=R_3I_3^2=\frac{576R_3}{(10+3R_3)^2} $
Ta tìm $R_3$ để $P_3=4,5W :\frac{576R_3}{(10+3R_3)^2}=4,5 $
Biến đổi, ta được $9R_3^2-68R_3+100=0$
Phương trình có hai nghiệm : $R_3=0$ hoặc $R_3=\frac{50}{9} \approx  5,56\Omega $
$c)$ Công suất $P_3$ cực đại :
Ta tìm $R_3$ để công suất $P_3=\frac{576R_3}{(10+3R_3)^2} $ là lớn nhất
Bất đẳng thức Côsi : $(10+3R_3)^2\geq  4.10.3R_3$
Suy ra $P_3\leq  \frac{576R_3}{120R_3}=4,8W $
Vậy $P_{3max}=4,8W$ khi $R_3=\frac{10}{3} \approx  3,33\Omega $

$a)$ Hiệu điện thế $U_{AB}$- Cường độ các dòng điện
Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch $AB$ chứa hai nguồn :
            $U_{AB}=2E-2rI=4,8V$
Cường độ dòng điện qua $R_2,R_4:I_{24}=\frac{U_{AB}}{R_2+R_4}=0,4A $
Cường độ dòng điện qua $R_1,R_3 : I_{13}=I-I_{24}=0,8A$
$b)$ Điện trở $R_3$- Các hiệu điện thế $U_{MN},U_{MC}$
Ta có : $I_{13}=\frac{U_{AB}}{R_{13}} =\frac{U_{AB}}{R_1+R_3} $
Suy ra $R_3=\frac{U_{AB}}{I_{13}}-R_1=4\Omega  $
Hiệu điện thế :
            $U_{MN}=U_{MA}+U_{AN}=U_{AN}-U_{AM}=U_2-U_1$
            $I_2R_2-I_1R_1=0$
            $U_{MC}=U_{MA}+U_{AC}=U_{AC}-U_{AM}$
            $=(E-rI)-I_1R_1=0,8V$
$c)$ Cường độ các dòng điệ khi $K$ đóng :
Do $\frac{R_1}{R_2}=\frac{R_3}{R_4}  $ nên khi $K$ đóng dòng điện qua $R_5$ là $I_5=0$, dòng điện trên mạch chính và mỗi nhánh không thay đổi so với khi $K$ mở

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết