Năng lượng hạt nhân phục vụ hòa bình

GÓC SƯU TẬP

Năng lượng nguyên tử
PHỤC VỤ HÒA BÌNH

Việc sử dụng năng lượng nguyên tử cho mục đích hòa bình bắt đầu vào tháng 7 năm 1954, khi nhà máy điện hạt nhân của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô ở Obchinsk đi vào hoạt động ở Liên Xô. Điều này thực sự gắn liền với ba con tem được phát hành vào tháng 1 năm 1956. Bạn có thể thấy một trong những con tem này, thể hiện hình dáng của nhà máy điện này, ở phía sau.

Lợi ích đặc biệt đến từ việc lắp đặt lò phản ứng hạt nhân trên tàu. Như vậy, hơn 80 kg nhiên liệu nguyên tử một chút là đủ để tàu phá băng Lenin có thể hoạt động quanh năm mà không cần ghé cảng tiếp nhiên liệu. Phía sau là con tem có hình tàu phá băng chạy bằng năng lượng hạt nhân “Lenin”.

Năm 1962, Liên Xô ban hành một loạt hai tem “Năng lượng nguyên tử phục vụ hòa bình”. Bạn nhìn thấy những con tem này ở phía sau. Trên một trong số chúng, ở trung tâm, có hình khối im lặng của một tòa nhà đại học cao tầng, và ở các cạnh có các điều kiện hình ảnh, tượng trưng cho việc sử dụng nguyên tử trong luyện kim, y học, nông nghiệp và các lĩnh vực khác. Trên con tem thứ hai có bản đồ phác thảo của Liên Xô với các điều kiện mô tả các nguyên tử.

Năm 1963, ở nước ta một con tem được phát hành với chủ đề “Nguyên tử cho thế giới”, với hình ảnh nguyên tử trên nền đường dây điện. Thương hiệu này được hiển thị trong nền. Những con tem tượng trưng cho việc sử dụng năng lượng nguyên tử vì mục đích hòa bình đã được phát hành ở nhiều nước trên thế giới. Ví dụ, một con tem của Tiệp Khắc (xem ảnh ở góc trên bên phải), phát hành năm 1954 trong bộ “Kỹ thuật cơ khí Tiệp Khắc”, rất được quan tâm. Nó mô tả các tòa nhà nhà máy, ở phía trước là một động cơ hơi nước và sơ đồ cấu trúc nguyên tử. Dòng chữ trên tem có nội dung: “Từ động cơ hơi nước đến nhà máy điện hạt nhân”.

Bức ảnh còn có những con tem của Indonesia, Ba Lan, Nam Tư và một con tem của Liên hợp quốc với hình ảnh biểu tượng của nguyên tử.

A. V. Alitys

59

Đến bài viết “Nhân vật Lissajous”

1. $v_x = -A_1 p\omega \sin p\omega t,$
   $v_y = -A_2 q\omega \sin q\omega t.$
   Đường cong không đóng khi $v_x$ và $v_y$ biến mất.
   $v_x = 0$ nếu $p\omega t = k\pi,$
   $v_y = 0$ nếu $q\omega t = m\pi.$
   Do đó, $\frac{p}{q} = \frac{k}{m}$ được biểu thị dưới dạng tỷ lệ của các số nguyên.

2. $y = A_2 (2\cos^2\omega t - 1) = A_2 \left(2 \frac{x^2}{A_1^2} - 1\right).$
   Đây là một phần của parabol có đỉnh tại điểm $y = -A_2$ và trục của nó dọc theo trục $Y$ (xem Hình 1).

Cơm. 1.

Về bài viết “Định lý Cosine và các hệ quả của nó”

3. Vấn đề lời giải không tồn tại, vì bất đẳng thức $tg\alpha \leq \frac{2ab}{a^2 - b^2}$ không đúng với $a = 5, b = 2$ và $\alpha = 45^\circ$ (xem Ví dụ 1).

4. $\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(p - b)(p - c)}{bc}},$
   $\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{p(p - a)}{bc}},$
   $tg \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(p - b)(p - c)}{p(p - a)}}.$

5. Chứng minh rằng đối với một tam giác mở có sự tương ứng
   $ctg A + ctg B - 2ctg C = \frac{2c^2 - a^2 - b^2}{2S}.$

6. Thiết lập điều đó
   $\cos C = \frac{(n - 1)(a^2 + b^2)}{2nab},$
   và áp dụng bất đẳng thức $\frac{a^2 + b^2}{ab} \geq 2$

7. Sử dụng bất đẳng thức $tg \frac{A}{2} \leq \frac{a^2}{4S}$ và sự tương ứng $ctg A + ctg B + ctg C = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4S}$.

8. $120^\circ.$

9. Đặt $BC = a, AB = c$ và $CA = b.$ Sau đó $|b - c| = |m - n|$ và $a = m + n.$ Do đó, theo công thức $a^2 = (b - c)^2 + 4S tg \frac{A}{2}$ ta có $(m + n)^2 = (m - n)^2 + 4S tg \frac{A}{2}.$ Do đó $S = mn$ $ctg \frac{A}{2}.$ Cụ thể, nếu $\Rightarrow A = 90^\circ$, thì $S = mn.$

10. Để đường vuông góc với đoạn $AB$ kẻ qua điểm giữa của nó, cắt đường thẳng $l$ tại điểm $O.$ Sau đó $OM = x, OA = OB = r, \Rightarrow AOM = \alpha, \Rightarrow BOM = \beta$ và
    $\left(\frac{AM}{BM}\right)^2 = \frac{(r - x)^2 + 4rx \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{(r - x)^2 + 4rx \sin^2 \frac{\beta}{2}}.$

Sau đó sử dụng bất đẳng thức phổ biến $\frac{a + m}{b + m} \geq \frac{a}{b}$ (cho $0 < a < b$ và $m \geq 0$).

12. Sử dụng kết quả a) của ví dụ 3.

13. Hãy cắt cạnh bên $ABCD$ theo vectơ $BC$ đến vị trí $CF$

Cơm. 2.

(Hình 2). Chúng ta có hình tam giác $CDF$. Cần xác định góc $\alpha = \Rightarrow FCD.$
Dựa vào tính chất cạnh của tứ giác ngoại tiếp ta có: $AB + CD = a + b,$

60

vậy $CF + CD = a + b$. Ngoài ra, $DF = a - b$.

Chúng ta hãy áp dụng công thức (5) (từ thống kê) cho tam giác $CDF$:

$$DF^2 = (CF + CD)^2 - 4S \text{ctg} \frac{\alpha}{2},$$

ở đâu $2S = DF \cdot CH$ và $CH = 2r$. Thay thế dữ liệu, chúng tôi nhận được

$$(a - b)^2 = (a + b)^2 - 4(a - b)r \text{ctg} \frac{\alpha}{2}$$

Ở đâu

$$\text{tg} \frac{\alpha}{2} = \frac{(a - b)r}{ab}$$

Ghi chú. Có thể chứng minh rằng bài toán có lời giải khi và chỉ nếu các tham số $a, b$ và $r$ thỏa mãn điều kiện $2r \leq \sqrt{ab}$.

14. Sử dụng công thức (1) và thực tế là nếu $A + B + C = \pi$ thì $tg A + tg B + tg C = tg A tg B tg C$.

K bài toán M108

Đáp số. Đặt $a \geq b \geq c$, $a + b + c = 2p$. Sau đó, đối với $2ab > p^2$ có một đường thẳng chia chu vi và diện tích của tam giác làm đôi, cho $2ab = p^2$ – hai và cho $2ab < p^2$ – ba.

Gợi ý. Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng đi qua tâm $O$ của vòng tròn nội tiếp, xoay nó quanh điểm $O$ và theo dõi xem cạnh nào của nó nằm hơn một nửa diện tích (hoặc, cũng tương tự,

Рис. 1.

chu vi); trong Hình 1 cho sáu vị trí thẳng - dọc theo đường phân giác và vuông góc*

*) Trước khi kiểm tra điều này, hãy chứng minh rằng các đường phân giác luôn chia góc đầy đủ tại điểm $O$ thành sáu góc nhọn.

Đặc biệt đối với họ - mũi tên chỉ ra vị trí của hầu hết hình tam giác *). Những vị trí này rất quan trọng đối với chúng ta, vì trong các khoảng giữa chúng, độ lớn của diện tích (chu vi) nằm trên một phía (nửa mặt phẳng) - và do đó ở phía bên kia - thay đổi một cách đơn điệu. Sau này, dễ hiểu là trong khu vực màu hồng có đúng một đường thẳng mà chúng ta cần (với bất kỳ $a \geq b \geq c$ nào), ở mỗi đầu có thêm một đường thẳng nữa, nếu chỉ $2ab < p^2$.

K bài toán M109

Đặt $d$ GCD $(n, k), n = dn_1, k = dk_1$. Khi đó (xem đoạn 5 “Phương trình tuyến tính” trong thống kê của V.N. Vaguten, trang 33) có các số nguyên $x$ và $y$ sao cho $kx - ny = d$. Bằng cách thay đổi dấu của $y$, $y$, chúng ta có thể giả sử rằng $x \geq 0$ và $kx - ny$ bằng $d$ hoặc $-d$.

Đặt $k_1$ là số lẻ. Khi đó $y$ có thể được coi là chẵn (inchete chúng ta có thể thay thế $x$ bằng $x + n_1$ và $y$ bằng $y + k_1$). Sau đó, nếu bạn thay đổi dấu ở các đỉnh $k$ đầu tiên, thì ở các đỉnh $k$ sau, v.v. $x$ lần, thì kết quả là dấu của chỉ $y$ $d$ đỉnh liên tiếp sẽ thay đổi. Sau đó, bài toán trở nên có giá trị cao hơn khi được phép đổi dấu của các đỉnh $y$ $d$ đứng liên tiếp.

Để $k_1$ chẵn. Khi đó $y$ là số lẻ (xét cho cùng, $k_1x - n_1y = 1$). Sử dụng thực tế là $kx - ny = \pm d$, chúng ta có thể thay đổi dấu của $y$ của tất cả các đỉnh ngoại trừ $d$ liên tiếp. Do đó, chúng ta có thể giữ nguyên dấu $y$ của tất cả các đỉnh, ngoại trừ $d$, đứng trên một hàng. Do đó, chúng ta có thể thu được bất kỳ tổ hợp dấu nào trong đó các đỉnh của mỗi $n_1$-giác đều có cùng tính chẵn lẻ và số điểm trừ như cách sắp xếp đầu tiên. Dễ dàng nhận thấy người khác không thể có được.

Đáp số. Đặt mỗi cách sắp xếp các dấu hiệu tương ứng với một tập hợp $(x_1, x_2, \dots, x_\alpha)$, trong đó $x_i$ bằng 0 hoặc 1 tùy thuộc vào số điểm trừ chẵn hay lẻ tại các đỉnh được đánh số $i + d_j$ ($j = 0, 1, \dots, n_1 - 1$). Sau đó, nếu $k_1$ là số chẵn, hai cách sắp xếp ký hiệu có thể được dịch sang nhau khi và chỉ nếu các tập hợp tương ứng giống nhau và nếu $k_1$ là số lẻ, nếu chúng giống nhau hoặc ngược nhau.

Về bài viết “Ứng dụng lượng giác cho lời giải hình học bài toán”

$$1. AD = \frac{a \cos \left(\frac{\alpha}{2} + \beta\right) \cdot \cos \left(\frac{\alpha}{2} - \beta\right)}{\sin \alpha \cos \beta}.$$

$$2. V = \frac{S \sqrt{S}}{6} \cdot tg \beta \cdot \sqrt{\sin \alpha}.$$

61

3. $$\frac{l \mathrm{tg} \left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)}{\cos \frac{\beta}{2}} \times \sqrt{\sin \left(\alpha + \frac{\beta}{2}\right) \sin \left(\alpha - \frac{\beta}{2}\right)}$$

4. $3\sqrt{5} \text{ cm}, 10 \text{ cm}, 11 \text{ cm}$.

5. $\arcsin(\cos \alpha) \times \sqrt{\left[\cos(\alpha - \beta) - \cos \gamma\right] \cdot \left[\cos \gamma - \cos(\alpha + \beta)\right]}$.

6. $$\frac{S_{\square}}{S_{\triangle}} = \frac{ab(a + b + 2)}{(a + 1)(b + 1)(a + b + 1)}$$

Về bài viết “Các lựa chọn thi tuyển sinh môn toán năm 1971”

HỌC VIỆN SƯ PHÁP NHÀ NƯỚC MOSCOW ĐƯỢC ĐẶT THEO THEO V. I. LENIN

Tùy chọn 1

1. $$\frac{2a^2(2\sqrt{3} - 3)}{3}$$. Gợi ý.
   Nhận thấy (và chứng minh) rằng $\Rightarrow ASC = \Rightarrow BSD = 90^\circ$ và các đường chéo của phần vuông góc với nhau, chúng ta tìm thấy các đường chéo và diện tích của tứ giác.
2. $1 \text{ m/сек}; 1,2 \text{ m/сек}$.
3. $x < -1 - \sqrt{2}; 0 < x < \sqrt{2} - 1; x > 1$.
4. $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$. Gợi ý. ODZ của phương trình ban đầu được xác định bởi các điều kiện: 1) $\cos x + 1 > 0$; 2) $\sin x > 0$; 3) $\sin x \neq \frac{\sqrt{2}}{2}$. Đi tới phương trình $1 + \cos x = 2\sin^2 x$
   và biểu thị $\sin^2 x$ đến $1 - \cos^2 x$, chúng ta thu được một bộ phương trình: 1) $\cos x + 1 = 0$, 2) $\cos x = \frac{1}{2}$. Từ lời giải, chúng tôi chỉ chọn những cái có trong ODZ của phương trình ban đầu, nghĩa là $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.
   Quét. Nếu $2\sin^2 x$ được thay thế bằng $1 - \cos 2x$, chúng ta thu được phương trình $\cos x = -\cos 2x$, từ đó $x_1 = \pi + 2\pi n$, $x_2 = \frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$; $\sin x_1 = 0$ và do đó $x_1$ không được bao gồm trong ODZ, nhưng từ chuỗi lời giải $\frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$ cần phải hiển thị những thứ được bao gồm trong ODZ. Để làm điều này, chúng tôi chia chuỗi $\frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$ thành 3, như chúng tôi nói, chuỗi cơ bản:
   $x_1 = \frac{\pi}{3} + 2\pi n; x_2 = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n; x_3 = \pi + 2\pi n,$ trong đó chỉ có $\frac{\pi}{3} + 2\pi n$ được đưa vào ODZ.

Tùy chọn 2

1. $\frac{1}{8} (a^2 + 2ab) \mathrm{tg} \alpha$. Quét.
   Nhớ lại rằng tâm của một đường tròn nội tiếp một tam giác nằm ở giao điểm của các đường phân giác.
2. $40 \text{ km/ч}; 50 \text{ km/ч}.$
3. $x = 5$.
4. $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Gợi ý. Chú ý $\cos^2 x$ trên $1 - \sin^2 x$ và phân tích phương trình, chúng ta thu được một bộ phương trình: 1) $\sin x = 1$ và 2) $\sin x + \cos x = 2$. Phương trình thứ hai không có nghiệm.

HỌC VIỆN SƯ PHÁP TIỂU BANG LENINGRAD ĐƯỢC ĐẶT THEO THEO A.I. HERTZEN

Khoa Toán

1. $1/9$. 2. $\alpha > 5$.
2. $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi$, ở đâu $k = 0, \pm 1, \pm 2$…
3. $$\frac{S^{3/2} \sin \alpha \sqrt{\cos \alpha}}{6 (1 + \cos \alpha)^{3/2}}.$$

Khoa Vật lý

1. $1 - \sqrt{a/x}$. 2. $x_1 = -1, x_2 = 5$.
2. $1/\sin \alpha$. 4. $$\frac{\pi h^3 (1 - \cos \alpha)}{3 \cos \alpha}$$

VIỆN KHAI THÁC LENINGRAD

1. $x = 1, y = 0$. Gợi ý. Nhập ẩn số mới
   $u = \frac{1}{x + y}, v = \frac{1}{x - y}$.
2. Gợi ý. Lưu ý rằng $2 \cos \alpha \cos \beta = \cos (\alpha + \beta) + \cos (\alpha - \beta)$.
3. $x = 1$. Gợi ý. Đặt $x$ dưới dấu logarit và thu được phương trình $10^x + 20^x = 6.5^x$. Lưu ý rằng $5^x > 0$, và do đó phương trình này có thể giảm đi $5^x$, dẫn đến một phương trình bậc hai cho ẩn số $y = 2^x$.

4. $b < -\frac{3}{2}$ hoặc $b > -1$. Gợi ý và e. Biểu thức có ý nghĩa khi $1 + \frac{6b + 5}{2b + 3} > 0$.

Giải bất đẳng thức này bằng cách giảm vế phải về mẫu số chung, ví dụ, phương pháp tích phân.

Cơm. 1.

5. $\frac{2h^2}{\sin 4\alpha}$. Gợi ý và e. Hoàn thiện hình thang AMNB thành tam giác vuông ABC (xem Hình 1). Khi đó AB có thể biểu diễn qua MP = h và các góc CAB và MBA:

$$AB = h \mathrm{ctg} \alpha + h \mathrm{ctg} \left( \frac{\pi}{2} - 2\alpha \right).$$

Tìm MN từ $\triangle MCN$, được biểu thị bằng cách tính MC là hiệu giữa AC và AM.

VIỆN CÔNG NGHỆ LENINGRAD ĐƯỢC ĐẶT THEO LENSOVET

1. Gợi ý và e. Khai triển $\cos^4\alpha - \sin^4\alpha$ bằng cách sử dụng công thức hiệu bình phương.
2. Góc giữa các mặt bên và mặt phẳng đáy bằng $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$ và góc giữa các mặt bên liền kề bằng $2\arcsin \frac{\sqrt{6}}{3}$. Gợi ý và e. Chứng minh tham số đúng. Đánh dấu cạnh bên của các đường thẳng bằng x và biểu diễn qua nó các cạnh của các tam giác chứa các góc đang xét.
3. $a = 0$ hoặc $a = -1$. Xem thêm Hình 2. Gợi ý và e. Các đồ thị này luôn đi qua điểm (0, -1). Vì vậy, chỉ cần yêu cầu phương trình là đủ

$$ax - 1 = \frac{1}{x - 1}$$

không có lời giải nào khác ngoài x = 0.
4. $x > \sqrt{5}$ hoặc $\frac{1}{\sqrt{5}} < x < 1$. Gợi ý và e. Hàm được xác định nếu

62

63

VIỆN KỸ THUẬT VÀ XÂY DỰNG LENINGRAD

1. $-27$.
2. $2 \sin \left( \alpha - \frac{\pi}{6} \right)$. Được chỉ định. Sử dụng công thức rút gọn và so sánh
   $2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - 1 = -\cos \alpha$.
3. $\frac{d^3}{12} \cos \frac{\alpha}{2} \text{ctg} \frac{\alpha}{2} \text{tg} \beta$. Không được chỉ định. Xét bất kỳ tam giác vuông nào được hình thành bởi cạnh của hình thoi và các đường chéo của nó. Biểu thị theo $d$ và $\alpha$ diện tích và chiều cao của nó hạ xuống cạnh huyền.
4. $x = 25$. Được chỉ định. Hãy coi mỗi số hạng là lũy thừa của hai.
5. $(b - a)^2$. Được chỉ định. Lưu ý rằng $\frac{1}{\log_b a} = \log_a b$.

VIỆN LENINGRAD
CƠ KHÍ CHÍNH XÁC VÀ QUANG HỌC

1. $\sqrt{x}$.
2. $x = -2$. Được chỉ định. Một trong những phương pháp hay nhất lời giải của phương trình này là “đoán” nghiệm $x = -2$. Sau đó, chứng minh rằng phương trình không có nghiệm nào khác, vì có hàm tăng chặt chẽ ở bên trái của phương trình.
3. $x = \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{4}$ hoặc $x = \pm \frac{\pi}{9} + \frac{2\pi n}{3}$ ($k, n$ là số nguyên bất kỳ). Được chỉ định. Lưu ý $\cos 7x + \cos x$ và $\cos^2 2x - \sin^2 2x$ sử dụng các tương ứng đã biết.

LENINGRAD
VIỆN Khí tượng Thủy văn

1. $a^x$. Được chỉ định. Trình bày tất cả các biểu thức căn thức một cách tuần tự dưới dạng bình phương.
2. $x = \frac{1}{12}$ hoặc $x = \frac{9}{4}$. Được chỉ định. Đi tới cái chưa biết mới $y = \log_3 4x$.
3. $\left\{ \begin{array}{l l} x = 0, \\ y = \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l l} x = 1, \\ y = 1 \end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l l} x = -1, \\ y = -1 \end{array} \right.$
   Được chỉ định. Loại bỏ các số hạng không chứa ẩn số và đi đến phương trình cho $xy$.
4. $x = \pm \frac{\pi}{3} + k\pi$ ($k$ là số nguyên bất kỳ). Được chỉ định. Di chuyển biểu thức sang vế trái của phương trình đến mẫu số chung và khai triển $1 - \sin^4 x$ bằng cách sử dụng công thức hiệu bình phương.

HỌC VIỆN LÂM NGHIỆP LENINGRAD ĐƯỢC ĐẶT THEO S. M. KIROV

1. $a_1 = \frac{2}{3}$; $q = 2$. Được chỉ định. Đi đến ẩn số $a_1$ và $q$, trong đó $q$ biểu thị mẫu số của cấp số nhân. Chia phương trình đầu tiên cho phương trình thứ hai và giải phương trình thu được cho $q$ bằng cách sử dụng hệ số đa thức.
2. $x = 5$. Được chỉ định. Trình bày phương trình với mẫu số chung, sau đó sử dụng công thức logarit của lũy thừa và tích.
3. $x = 2k\pi$ hoặc $x = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ ($k$ là số nguyên bất kỳ). Được chỉ định. Sử dụng công thức $\cos x = 1 - 2 \sin^2 \frac{x}{2}$.
4. $\frac{R^2 \text{tg} \alpha}{\cos \varphi} \sqrt{1 - \text{tg}^2 \alpha \text{tg}^2 \varphi}$. Được chỉ định. Vẽ một mặt phẳng đi qua các hình nón và bán kính vuông góc với các dây cung. Kiểm tra các hình tam giác hình chữ nhật thu được.

VIỆN CÔNG NGHỆ GIẤY VÀ BỘT GIẤY LENINGRAD

1. $x = \pi (2n + 1)$ hoặc
   $$x = (-1)^k \arcsin \frac{1}{3} + k\pi$$
   ($n, k$ - bất kỳ số nguyên nào). Chỉ định và e. Sử dụng các công thức rút gọn, sau đó nhân cả hai vế của phương trình, trước đó đã nhóm chúng theo cách phù hợp.
2. $x = 4$. Được chỉ định và e. Rút gọn biểu thức ở vế phải của phương trình.
3. Chỉ định và e. Sử dụng các công thức rút gọn và các công thức biểu diễn tang của một nửa đối số thông qua cosin của đối số chính.
4. $$\sqrt{a^2} - 1.$$

Đến bài viết “Lời giải bài toán về tĩnh điện”

1. Sự khác biệt tiềm năng là 980 $\theta$.
2. Điện kế sẽ hiển thị e. d.s. phần tử điện bất kể giá trị của tụ điện.
3. Hiệu điện thế $\Delta \varphi_{AB} = E_1 - \Delta \varphi_1 = -E_2 + \Delta \varphi_2$, trong đó $\Delta \varphi_1 = \frac{q}{C_1}$ và $\Delta \varphi_2 = \frac{q}{C_2}$ là hiệu điện thế giữa các bản tụ điện. Loại bỏ điện tích $q$ khỏi các phương trình này, chúng ta thu được:
   $$\Delta \varphi_{AB} = \frac{C_1 E_1 - C_2 E_2}{C_1 + C_2} = -1,3 \theta.$$
4. Điện tích của tụ trước khi đấu nối: $q_1 = C_1 \Delta \varphi_1$ và $q_2 = C_2 \Delta \varphi_2$. Tổng điện tích trên các tấm sau khi kết nối $q = q_1 + q_2$. Tổng điện dung của tụ sau khi nối $C = C_1 + C_2$. Hiệu điện thế cần thiết $\Delta \varphi = \frac{q}{C} = \frac{C_1 \Delta \varphi_1 + C_2 \Delta \varphi_2}{C_1 + C_2} = 40 \theta.$

Về bài viết “Cảm ứng điện từ”

1. a) Không phát sinh, vì trong quá trình chuyển động, cường độ cảm ứng từ cũng như góc tạo với mặt phẳng của đường viền cũng như diện tích của đường viền đều không thay đổi.

6. Nó xảy ra do khi chuyển động, góc giữa vectơ cảm ứng từ và mặt phẳng đường viền thay đổi.
   b) Không xảy ra vì các đường cảm ứng từ nằm trong mặt phẳng của mạch và từ thông qua mạch luôn bằng không.

d) Xảy ra do do tính không đồng nhất của từ trường của nam châm thẳng nên độ lớn của vectơ cảm ứng từ thay đổi.
2. Điện tích chạy qua cuộn dây khi đưa nam châm vào bằng
$$Q = \frac{\Delta \Phi}{R} = \frac{n\pi r^2 BS}{\rho 2\pi rn} = \frac{rSB}{2\rho} \approx 3 \cdot 10^{-3}\kappa.$$
3. a) Trong mạch được hình thành bởi cuộn dây và điện trở, ví dụ: d.s. cảm ứng
$$E_{инд} = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = n\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} \approx 31 \theta.$$
Dưới ảnh hưởng của e. d.s. trong mạch có dòng điện $I = E_{инд}/R \approx 3,1$ chạy và ở điện trở $R$ $W = I^2 R = 96 \theta m.$ điện tích được giải phóng trên tụ điện
$$Q = CU = Cn\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} \approx 3 \cdot 10^{-4}\kappa.$$
4. Sự chênh lệch điện thế phát sinh ở hai đầu của một dây dẫn có chiều dài $l$ chuyển động trong từ trường vuông góc cảm ứng $B$ với tốc độ $v$: $U = Blv \approx 10^{-4} \theta$. Hướng của điện trường tương ứng với hiệu điện thế này là $E \approx U/l \approx 10^{-5} - 10^{-6} \theta/cm$, nhỏ hơn đáng kể so với hướng của điện trường ngẫu nhiên trong khí quyển. Chim bồ câu không thể tự định hướng theo cách này.
5. Trong trường hợp đầu tiên, dòng điện qua dây dẫn là $I = E_{инд}/R = Blv/R$. Lực hãm tỷ lệ với $I$, và do đó tỷ lệ với tốc độ của dây dẫn $v$. Vận tốc của dây dẫn sẽ bị kéo dãn cho đến khi lực $F$ cân bằng với trọng lực $P$: $mg = Bll = B^2 l^2 v/R$. Do đó tốc độ cực đại của dây dẫn
$$v = mgR/B^2 l^2.$$
Trong trường hợp thứ hai, nó có hai mạch được hình thành bởi một dây dẫn chuyển động, các đường ray và mỗi dây nối. E.m.f. cảm ứng trong chúng có độ lớn bằng $E_{инд} = Blv$ và bằng $IR$, trong đó $I$ là dòng điện chạy qua dây dẫn chuyển động. Do đó có dòng điện chạy qua dây dẫn chuyển động $I = Blv/R$. Trong trường hợp này, tốc độ tối đa của dây dẫn là như nhau.

Cần lưu ý «Kvant»
dành cho học sinh nhỏ tuổi"
(xem «Kvant» số 6, trang bìa thứ 3)

1. 26, 14.
2. Mỗi tổng bằng tổng các số tại các đỉnh của tam giác.
4. -3, -5, -7, -9.
5. 33, 43.
6. Bạn bao nhiêu tuổi?