a. Cường độ điện trường trong màng tế bào là:

\(E = \frac{U}{d} = \frac{0 , 07}{8.1 0^{- 9}} = 8 , 75.1 0^{6}\) V/m

b. Điện trường trong màng tế bào sẽ ảnh hưởng từ phía ngoài vào trong. Vì lực tác dụng lên ion âm ngược chiều với cường độ điện trường nên lực điện sẽ đẩy ion âm ra phía ngoài tế bào. Độ lớn của lực điện bằng:

\(F = q E = 3 , 2.1 0^{- 19} . 8 , 75.1 0^{6} = 28.1 0^{- 13}\) N

a. Năng lượng tối đa mà bộ tụ của máy hàn có thể tích trữ được:

\(W_{m a x} = \frac{C U^{2}}{2} = \frac{99000.1 0^{- 6} . 20 0^{2}}{2} = 1980\) J

b. Lưu ý công suất hàn sẽ đạt tối đa khi thời gian phóng điện là ngắn nhất.

Vậy năng lượng điện được giải phóng sau mỗi lần hàn với công suất tối đa là:

\(W_{1} = P . t = 2500.0 , 5 = 1250\) J

Năng lượng điện được giải phóng sau mỗi lần hàn với công suất tối đa chiếm số phần trăm năng lượng điện đã tích lũy là:

\(\frac{W_{1}}{W_{m a x}} = \frac{1250}{1980} = 63 , 1 \%\)

a. Người ta cọ xát bằng tay để các mép túi nylon tự tách ra.

Khi cọ xát thì túi nylon sẽ nhiễm điện, các mảnh nylon nhiễm điện cùng dấu nên các mép sẽ đẩy nhau ra.

b. Gọi O₁, O₂, O lần lượt là vị trí đặt các điện tích \(q_{1} , q_{2} , q_{3}\).

Điện tích \(q_{3}\) nằm cân bằng khi và chỉ khi lực tổng hợp tác dụng lên \(q_{3}\) bằng 0, ta có:

\(\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{13} + \left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{23} = \overset{\rightarrow}{0} \Rightarrow \left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{13} = - \left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{23} \Rightarrow \frac{k \mid q_{1} q_{3} \mid}{\left(\left(\right. O_{1} O \left.\right)\right)^{2}} = \frac{k \mid q_{2} q_{3} \mid}{\left(\left(\right. O_{2} O \left.\right)\right)^{2}}\) (1)

Ta thấy vị trí của O phải nằm trên phương O₁O₂ và trong đoạn O₁O₂ để hai vectơ lực \(\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{13}\) và \(\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{23}\) cùng phương ngược chiều.

Từ đó ta có: \(O_{1} O + O_{2} O = O_{1} O_{2} \Rightarrow O_{2} O = O_{1} O_{2} - O_{1} O\)    (2)

Thay (2) vào (1) ta có: \(\frac{\mid q_{1} \mid}{\left(\left(\right. O_{1} O \left.\right)\right)^{2}} = \frac{\mid q_{2} \mid}{\left(\left(\right. O_{1} O_{2} - O_{1} O \left.\right)\right)^{2}}\)

Thay số ta tìm được: \(O_{1} O = 2 c m \Rightarrow O_{2} O = 4 c m\)

Vậy \(q_{3}\) có thể mang điện tích bất kì và đặt tại O trên đoạn thẳng nối O₁O₂ và cách \(q_{1}\) một khoảng bằng 2 cm.

 Trường hợp \(q_{3}\) mang điện dương:

 Trường hợp \(q_{3}\) mang điện âm:

Công thức tính tốc độ trung bình: Utb AC4H9 Cl At [C4H9Cl]0-[C4H9 Cl]t t Thay số: Utb 0,22-0,10 4 0,12 4 = 0,03 M/s Đáp án: Tốc độ trung bình của phản ứng là 0,03 M/s.

a)Phương trình phản ứng: 2KMnO4+16HCl 2MnCl2+5Cl2 + 2KCl + 8H2O Giải thích: Chất oxi hóa: KMnO4 (Mn có số oxi hóa +7 giảm xuống +2) Chất khử: HCI (CI- có số oxi hóa -1 tăng lên 0 trong Cl₂) Quá trình oxi hóa: 2Cl Cl2 + 2e- Quá trình khử: Mn+7+5e → Mn+2

b)Phương trình phản ứng giữa Cl₂ và Nal: Cl2+2NaI → 2NaCl + I2 Tính số mol Nal: C= 0,1M; V = 200mL = 0,2LnNal = CV 0,1-0,2 = 0,02 mol Từ phương trình, 1 mol Cl₂ phản ứng với 2 mol Nal nCl2 0,02 2 = 0,01 mol Quay lại phương trình sinh Cl₂: Số mol Cl₂ cần: 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + ... Tỉ lệ: 2 mol KMnO4 → 5 mol Cl₂ 1 mol KMnO4 → 2,5 mol CI₂ 0,01 mol Cl₂ cần:

nKMnO4=0,01 /2,5 =0,004 mol Khối lượng KMnO4: M = 158 g/mol ⇒ m = 0,004158 = 0,632 g

Save the Elephants (STE) is a non-profit organization. It was started in 1993 by Iain Douglas-Hamilton. The aim of the organization is to make sure elephants do not die out and to protect the places where they live. STE works in three main areas: protection, research, and awareness. They try to stop people from hunting elephants illegally, especially in Africa and Asia. They also work with scientists to learn more about how elephants live and behave. Another important job of STE is to help people understand why elephants are important. They do this by using films, TV programs, and social media. So far, STE has supported 335 projects in 40 countries around the world.