Lời giải bài toán M219—M221; F228—F232

50

Lời giải bài toán

M219—M221; F228—F232

M219. Trong không gian có 4 điểm không cùng thuộc một mặt phẳng. Có bao nhiêu đường thẳng song song khác nhau mà các điểm này đóng vai trò là đỉnh?

Đầu tiên chúng ta giải một mặt phẳng tương tự bài toán. Cho ba điểm không cùng thuộc một đường thẳng. Có bao nhiêu đường thẳng song song khác nhau mà các điểm này đóng vai trò là đỉnh?

bài toán này đơn giản hơn nhiều so với không gian. Đáp số trong đó: 3 hình bình hành.

Bạn có thể xác minh điều này, ví dụ như thế này. Giả sử rằng một hình bình hành có ba điểm cho trước là các đỉnh. Khi đó, một trong số chúng (C trong Hình 1) đóng một vai trò đặc biệt: nó được nối với hai điểm khác bằng các cạnh của hình bình hành (và hai điểm đó là đường chéo). Rõ ràng là bất kỳ điểm nào trong ba điểm đã cho đều có thể được “gán” cho điểm C như vậy, sau đó hình bình hành được xây dựng theo một cách duy nhất (Hình 2).

Bây giờ chúng ta chuyển sang không gian bài toán. Điều đáng chú ý nhất về nó là đáp số: 29 hình bình hành.

Thứ nhất lời giải. Đầu tiên, theo yêu cầu trong bài toán “về cách xây dựng”, chúng ta hãy phân tích một chút, nghĩa là hãy tưởng tượng rằng một hình bình hành (có bốn điểm cho trước là đỉnh) đã được dựng.

Trong số tám đỉnh của một hình bình hành, bốn đỉnh không nằm trên cùng một mặt có thể được xác định theo bốn cách khác nhau *), như trong Hình 3, a, b, c, 2. Để phân biệt các phương pháp này, chẳng hạn, chỉ cần nhìn

*) Từ “khác nhau về cơ bản” có thể có nghĩa chính xác như sau: hai tập con gồm 4 đỉnh được coi là khác nhau về cơ bản nếu không thể ánh xạ một tập hợp 8 đỉnh lên chính nó sao cho các đỉnh của một mặt đi vào các đỉnh của một mặt và một tập con gồm 4 đỉnh đi vào nhau. Trong ngôn ngữ này, bạn có thể tiếp tục lời giải, nhưng chúng tôi đã chọn cách trình bày mang tính mô tả hơn.

51

Cơm. 4.

được kết nối với điểm $B''$ - và cả hai mặt cứng, và do đó, hình bình hành, sẽ được xác định duy nhất. Tổng cộng, trong trường hợp này có thể xây dựng được 12 cặp song song.

$\theta$) Đây là một mặt cứng chứa ba trong số bốn điểm và điểm bốn $C'$ rõ ràng phải là đỉnh đối diện của hình bình hành đối với điểm $C$ - đỉnh “chính” của mặt cứng. Bạn có thể chỉ định bất kỳ điểm nào trong bốn điểm cho vai trò $C$ và bất kỳ điểm nào trong ba điểm còn lại cho vai trò $C'$. Sau đó, cạnh cứng và sau đó là toàn bộ phần song song được xây dựng một cách độc đáo. Vì vậy, chúng ta có thêm 12 cặp song song.

$\varepsilon$) Không có mặt cứng, và do đó, dễ chứng minh, mỗi mặt phải có hai điểm được chọn không nằm trên cùng một cạnh. Khi một tập hợp bốn điểm được chia thành hai tập hợp con, mỗi tập có hai điểm, cần phải dựng ba cặp đường thẳng cắt nhau (các đường chéo của các mặt đối diện của hình bình hành), và do đó có ba cặp mặt phẳng song song với nhau, giao điểm của chúng tạo ra hình bình hành mong muốn. Ở đây chỉ có một (điều này không có gì đáng ngạc nhiên vì vai trò của tất cả các điểm đều giống nhau).

Cộng lại, ta được đáp số: $4 + 12 + 12 + 1 = 29$. Tất cả 29 mảnh được sao chép trong Hình 4.

Bây giờ chúng ta hãy trình bày lời giải bài toán thứ hai (sau đây đáp số hóa ra hoàn toàn khác, điều này đã đảm bảo không xảy ra sai sót), nhưng chúng ta hãy quay lại phần phẳng bài toán trong giây lát.

Đáp số “3” cũng có thể được biện minh theo cách này. Lưu ý rằng “các đường trung tuyến” của hình bình hành tương lai (các đường thẳng, các cạnh song song và nằm ở giữa chúng) là các đường thẳng cách đều cả ba điểm đã cho. Có hai mức trung bình như vậy

52

Cơm. 5.

thẳng, dễ dàng dựng được hình bình hành - chỉ cần vẽ các đường thẳng song song đi qua các điểm này. Tổng cộng có ba đường thẳng cách đều ba điểm đã cho (chúng đi dọc theo đường giữa của tam giác với các đỉnh tại các điểm đã cho). Bạn có thể chọn hai trong số chúng theo ba cách (Hình 5).

Thứ 2 lời giải. Ba “mặt phẳng giữa” của hình bình hành mong muốn (các mặt phẳng cách đều tất cả tám đỉnh của nó) phải thỏa mãn các điều kiện sau:

1° mỗi điểm đều cách đều bốn điểm này;

2° cả ba mặt phẳng cắt nhau tại một điểm.

Ngược lại, nếu chúng ta tránh chỉ định một bộ ba mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện 1° và 2°, thì hình bình hành mà chúng đóng vai trò là “ở giữa” được xác định duy nhất: chỉ cần xác định qua bốn điểm tất cả các mặt phẳng khác nhau song song với mỗi mặt phẳng của bộ ba này, và hình bình hành đã sẵn sàng.

Đầu tiên chúng ta cùng tìm xem: có bao nhiêu mặt phẳng $p$ cách đều bốn điểm đã cho $K, L, M, N$ (không nằm trong cùng một mặt phẳng)? Hãy chứng minh rằng đó là bảy. Thật vậy, chỉ cần chỉ ra điểm nào nằm ở một bên của $p$ và điểm nào nằm ở bên kia là đủ. Có thể sẽ có ba điểm ở một bên và một điểm ở bên kia (bốn mặt phẳng), và có thể sẽ có hai điểm ở cả hai bên (ba mặt phẳng).

Thật dễ dàng để thấy cách xây dựng tất cả các mặt phẳng này: chúng đều cắt các cạnh của tứ diện KLMN ở phần giữa và các mặt của nó dọc theo các đường ở giữa (bốn mặt phẳng cắt tứ diện dọc theo một hình tam giác và ba mặt phẳng dọc theo hình bình hành, Hình 6).

Ba trong số bảy mặt phẳng chúng ta có thể chọn theo $C_3^7 = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 35$ cách. Cả ba đều thỏa mãn điều kiện 1°; hệ thống để tìm ra có bao nhiêu trong số ba đường thẳng này là “xấu”, không thỏa mãn điều kiện 2°, tức là song song với một đường thẳng.

Cơm. 6.

Sử dụng thực tế là đường giao nhau của hai trong số bảy mặt phẳng nối trung điểm của hai cạnh đối diện của tứ diện KLMN (có ba trường hợp như vậy trong đó - giao điểm của hai mặt phẳng), hoặc song song với một trong các cạnh của tứ diện (và ba trong số bảy mặt phẳng song song với mỗi cạnh), chúng ta thu được rằng có nhiều đường “xấu” bằng sáu cạnh trong tứ diện.

Trừ đi, ta được đáp số: 35 - 6 = 29.

N. B. Vasiliev

M220. Vua của bàn cờ tướng là $8 \times 8$, nâng lên mỗi cột một lần và đi nước cuối cùng quay về ô ban đầu. (Nhà vua tuân theo quy tắc chung: trong một nước đi, ông ta có thể di chuyển theo chiều ngang, chiều dọc hoặc đường chéo đến bất kỳ ô vuông liền kề nào.) Khi chúng ta vẽ đường đi của ông ta, nối tuần tự các trường có giá trị mà ông ta đi qua, hóa ra đó là một đường đứt đoạn khép kín không tự giao nhau. Độ dài ngắn nhất và lớn nhất mà nó có thể có là bao nhiêu? (Cạnh của ô bằng một).

Nhà vua thực hiện 64 nước đi. Vì mỗi ô vuông của nước đi bằng một hoặc $\sqrt{2}$, nên độ dài của toàn bộ đường đi được đặt ít nhất là 64. (Thực sự tồn tại một đường đi có độ dài 64 - xem ví dụ trong Hình 7.) Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng độ dài đường đi của vua không thể lớn hơn $28 + 36 \sqrt{2}$. Để làm được điều này, chỉ cần chứng minh rằng đường đi của vua có ít nhất 28 nước đi “trực tiếp”. Khoảng cách là hai lối ra liền kề của vua đến ranh giới của sân. Dễ dàng nói rằng các ranh giới trường này phải được kết nối, nếu không thì đường đi của vua sẽ tự giao nhau (xem Hình 8; dựng một đường thẳng để chứng minh nhận định này). Vì màu sắc của các trường này khác nhau và khi di chuyển theo đường chéo màu không thay đổi nên phải có đường dẫn “trực tiếp” giữa hai lối ra nối với đường viền. Vì có 28 ô ranh giới nên cũng có 28 lối ra ranh giới và do đó quả thực có ít nhất 28 nước đi thẳng. Từ ví dụ về con đường của nhà vua được đưa ra trong

53

Cơm. 7. Hình 8. Hình 9.

Trong Hình 9, bạn có thể thực hiện được chính xác 28 nước đi “trực tiếp”.

M221. Họ bôi mực lên giấy. Đối với mỗi điểm của vết, khoảng cách ngắn nhất từ ​​đường viền của vết, cũng như khoảng cách lớn nhất từ ​​đường viền của vết, đã được xác định. Trong số tất cả các khoảng cách nhỏ nhất, chúng tôi đã chọn $r_0$ lớn nhất và trong số các mẫu lớn nhất, $R_0$ nhỏ nhất. Vết bẩn có hình dạng gì nếu $r_0 = R_0$?

Gọi $A$ là điểm của ô, khoảng cách ngắn nhất từ ​​đó đến đường viền của ô là $r_0$. Sau đó, một hình tròn có bán kính $r_0$ có ​​tâm tại điểm $A$ được chứa bên trong ô (nếu hình tròn này không nằm hoàn toàn trong ô, thì một số điểm trên đường viền của ô sẽ nằm bên trong hình tròn và khoảng cách đến nó từ điểm $A$ sẽ nhỏ hơn $r_0$, điều này mâu thuẫn với lựa chọn $r_0$ - xem Hình 10).

Tương tự, nếu $B$ là một điểm của một điểm, khoảng cách lớn nhất từ ​​đó đến đường viền của điểm là $R_0$, thì toàn bộ điểm đó nằm trong một vòng tròn bán kính $R_0$ có ​​tâm tại điểm $B$ (Hình 10).

Vì vậy, vòng tròn đầu tiên được xây dựng sẽ được chứa trong blot, và blot lần lượt được chứa trong vòng tròn thứ hai. Nhưng theo điều kiện $r_0 = R_0 = \rho$, thì các vòng tròn trùng nhau; Chúng ta biết rằng các điểm $A$ và $B$ trùng nhau và vết chấm có dạng hình tròn với tâm tại điểm $A (= B)$ của phần r.

G. A. Galperin

F228. Ở cuối khối có chiều dài $L$ và khối lượng $M$ có ​​một khối khối lượng ngắn $m$ (Hình 11). Bảng có thể trượt mà không gặp vấn đề gì dọc theo mặt phẳng ngang. Hệ số yêu cầu đối với khối trượt trên bề mặt doxie là $m$. Tốc độ $v_0$ phải được truyền tới doxa để nó trượt ra khỏi khối gật đầu?

Cơm. 11.

Vì doxa chỉ được phép trượt bởi cục nên tại thời điểm ban đầu khối sẽ trượt so với mặt phẳng và doxa có tốc độ $v_0$. Theo hướng chân trời, chỉ có các lực yêu cầu trượt $F_{tr.}$ và $F_{tr.6}$ tác dụng lên khối và doxa. Giữa chúng (Hình 12). Các lực này có giá trị tuyệt đối bằng nhau $\mu m g$ và truyền gia tốc cho khối và doxa bằng giá trị tương ứng

$$a_6 = \frac{\mu m g}{m} = \mu g,$$

$$a_7 = -\frac{\mu m g}{M} = -\mu \frac{m}{M} g.$$

Do đó, tốc độ của thanh sẽ tăng theo thời gian, trong khi tốc độ của doxie sẽ giảm.

Nếu tốc độ ban đầu của doxie không bắt đầu thì một thời gian sau khi bắt đầu chuyển động, tốc độ của thanh và doxie sẽ bằng nhau, sau đó thanh và doxie sẽ di chuyển.

54

Cơm. 12.

di chuyển như một tổng thể, nghĩa là ở cùng một tốc độ. Nếu sự khác biệt giữa biến của khối và bảng tại thời điểm này bằng với chiều dài của khối (Hình 12), thì khối sau đó sẽ di chuyển, nằm trên cạnh của bảng. Khối sẽ trượt khỏi bảng nếu chênh lệch này của biến lớn hơn $L$.

Hãy tìm tốc độ $v$ của chuyển động chung của khối và ván. Vì ngoại lực không tác dụng lên hệ thanh ván theo phương nằm ngang nên động lượng của hệ này không thay đổi theo thời gian. Vì vậy $Mv_0 + m \cdot 0 = (M + m)v$, từ đâu

$$v = \frac{M}{M + m} v_0.$$

Để tìm giá trị biến của bảng và khối, chúng ta sẽ sử dụng công thức kết nối tốc độ của vật $v_1$ và $v_2$ tại một số thời điểm với gia tốc $a$ và thay đổi $s$ trong khoảng thời gian giữa các thời điểm này:

$$v_2^2 - v_1^2 = 2as.$$

Tốc độ ban đầu của khối là $v_1 = 0$, và tại thời điểm tốc độ của khối và tấm ván bằng nhau, $v_2 = v$. Do đó, độ lớn của sự thay đổi trong khối tại thời điểm này bằng

$$s_0 = \frac{v^2}{2a_0} = \frac{M^2v_0^2}{2(M + m)^2\mu g}.$$

Tương tự, chúng ta tìm thấy độ lớn của sự thay đổi trên bảng:

$$s_1 = \frac{v^2 - v_0^2}{2a_1} = \frac{M(m + 2M)v_0^2}{2\mu g(M + m)^2}.$$

Khối sẽ trượt khỏi bảng nếu

$$s_2 - s_0 > L,$$

hoặc

$$\frac{M(m + 2M)}{2\mu g(M + m)^2}v_0^2 - \frac{M^2}{2(M + m)^2\mu g}v_0^2 > L.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $v_0$ phải là:

$$v_0 > \sqrt{2\mu gL(1 + \frac{m}{M})}.$$

F229. Một máy giặt quái dị đồng nhất nằm trên một bề mặt gồ ghề nằm ngang chịu chuyển động cơ học tự do với vận tốc góc $\omega_0$ và vận tốc tịnh tiến $v_0$ (Hình 13). Tâm của quả bóng đi theo quỹ đạo nào? Trong trường hợp nào quả bóng sẽ di chuyển một quãng đường dài hơn để dừng lại: ở $\omega_0 = 0$ hoặc ở $\omega_0 \neq 0$ ($v_0$ giống nhau trong các trường hợp chung)?

Để tìm quỹ đạo của tâm quả bóng, cần phải tìm ra những lực nào tác dụng lên quả bóng. Vì máy giặt nằm trên một bề mặt gồ ghề nên rõ ràng lực duy nhất tác dụng lên máy giặt trong mặt phẳng nằm ngang là lực ma sát, lực này luôn hướng ngược lại với chuyển động có thể có của vật thể. Mỗi điểm của quả bóng đồng thời tham gia vào hai chuyển động: tịnh tiến và y tế. Do đó, độ lớn và hướng của vận tốc đạt được tại mỗi điểm của vòm. Điều này có nghĩa là lực ma sát tác dụng lên các bộ phận khác nhau của máy giặt là khác nhau. Do đó, để xác định lực ma sát sinh ra, chúng ta sẽ chia vòng đệm thành các phần cơ bản và xem xét các lực tác dụng lên chúng.

Chúng ta hãy chọn hai phần giống hệt nhau của vòng đệm 1 và 2, nằm đối xứng với đường kính của vòng đệm, vuông góc với hướng tốc độ $v_0$ (Hình 14). Các phần này chịu ma sát $|F_1| = |F_2| = kmg$, giống nhau về giá trị trục hoành ($m$ là khối lượng của bộ phận, $k$ là hệ số ma sát). hướng của lực ma sát $F_1$ và $F_2$ là khác nhau. Hãy cùng tìm những hướng đi này.

Tốc độ của mỗi phần bằng tổng tốc độ chuyển động tịnh tiến của tâm vòng đệm $v_0$ và tốc độ tuyến tính của chuyển động y tế của phần này so với tâm của vòng đệm $u$, vuông góc với bán kính $R$ được vẽ đến phần này từ tâm vòng đệm.

55

Vì $R_1 = R_2$, nên $|\mathbf{u}_1| = |\mathbf{u}_2| = \omega^2 R$, tức là vận tốc tuyến tính có độ lớn bằng nhau. Ngoài ra, các góc mà vận tốc $\mathbf{u}_1$ và $\mathbf{u}_2$ tạo với hướng của vectơ $\mathbf{v}_0$ đều giống nhau. Điều này có nghĩa là vận tốc $\mathbf{v}_1$ và $\mathbf{v}_2$ của điểm thứ 1 và thứ 2 có liên quan bằng nhau về độ lớn tuyệt đối, tạo cùng một góc $\beta$ với hướng của vectơ $\mathbf{v}_0$, nhưng bị lệch so với hướng của vectơ $\mathbf{v}_0$ theo các hướng khác nhau. Các đường tam giác mạnh lần lượt là $\mathbf{F}_1$ và $\mathbf{F}_2$ và các hướng tương ứng ngược với vectơ $\mathbf{v}_1$ và $\mathbf{v}_2$. Các thành phần dọc của chúng rõ ràng bằng nhau về giá trị abscylotic, nhưng hướng theo hướng ngược nhau, do đó tổng của chúng bằng 0. Do đó, tổng lực trini tác dụng lên các tiết diện cơ bản đối xứng của vòng đệm bằng tổng các thành phần nằm ngang và hướng ngược với vectơ $\mathbf{v}_0$.

Xem xét các cặp phần tử tương tự khác, chúng ta sẽ đi đến kết luận rằng lực trini thu được tác dụng lên toàn bộ đĩa cũng hướng ngược lại với tốc độ $\mathbf{v}_0$. Lực này có thể thay đổi giá trị tuyệt đối của tốc độ chuyển động tịnh tiến của tâm vòng đệm, nhưng không thể thay đổi hướng của nó (gia tốc do lực ba truyền tới vòng đệm có hướng ngược lại với tốc độ của tâm vòng đệm). Do đó, quỹ đạo của quả bóng sẽ là một đường thẳng.

Nếu tại thời điểm ban đầu $\omega_0 = 0$, thì tất cả các lực ba tác dụng lên các phần cơ bản của vòng đệm đều có hướng bằng nhau, tức là ngược với tốc độ $\mathbf{v}_0$. Do đó, lực trini thu được, bằng tổng của chúng, có độ lớn lớn hơn trường hợp trước. Độ lớn của gia tốc cũng sẽ lớn.

Do đó, hãy đặt quãng đường mà quả bóng đi được trước khi dừng lại nhỏ hơn trong trường hợp khi $\omega_0 = 0$ và lớn hơn khi $\omega_0 \neq 0$.

F230. Trên một hệ gồm hai quả bóng có khối lượng $m$ được nối với nhau bằng một lò xo, có bề mặt nằm ngang phía trên, chúng ta bay vào một quả bóng có khối lượng $M$ từ bên trái (Hình 15). Bằng cách tìm kiếm bất kỳ cú đánh đàn hồi tuyệt đối nào. Tỷ lệ khối lượng theo kinh nghiệm nhất

Cơm. 14.

$$\gamma = \frac{m}{M}, \text{ при котором уdar произойдет раз.}$$

Sau khi va chạm bi 1 và bi 2, bi 1 sẽ chuyển động về phía trước với một vận tốc không đổi nhất định. Khối tâm của hệ quả bóng 2 và 3 cũng sẽ chuyển động tịnh tiến với tốc độ không đổi, ngoài ra, quả bóng 2 và 3 sẽ quay so với khối tâm của chúng. Để trả lời câu hỏi quả bóng 1 và quả bóng 2 có va chạm lần thứ hai hay không, bạn cần tìm sự phụ thuộc tọa độ của những quả bóng này theo thời gian và xem liệu tọa độ này có trùng nhau hay không.

Giả sử rằng cú đánh là tức thời. Trong trường hợp này, nó sẽ xảy ra giống như sự va chạm của hai quả bóng tự do không liên kết với các vật thể khác và bạn có thể sử dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng *). Ta gọi vận tốc của quả bóng 1 trước va chạm là $v_0$, tốc độ của nó sau va chạm là $v_1$ và tốc độ của quả bóng 2 sau va chạm là $v_2$. Sau đó chúng ta có thể viết

$$Mv_0 = Mv_1 + mv_2,$$

$$\frac{Mv_0^2}{2} = \frac{Mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}.$$

Từ các phương trình này, không khó để tìm thấy $v_1$ và $v_2$:

$$v_1 = v_0 \frac{M - m}{M + m} = v_0 \frac{1 - \gamma}{1 + \gamma},$$

$$v_2 = v_0 \frac{2M}{M + m} = v_0 \frac{2}{1 + \gamma}.$$

Sau khi va chạm quả bóng thứ nhất sẽ chuyển động đều nhưng với vận tốc

$$v_{\text{ц}} = \frac{v_2}{2} = v_0 \frac{1}{1 + \gamma}$$

(vì quả 2 và 3 giống nhau). Điều này có nghĩa là tọa độ khối tâm thay đổi theo thời gian theo công thức

*) Thời gian va chạm $t$ phải sao cho có thể bỏ qua hỗn hợp của bi 2 và sự biến dạng của lò xo. Để làm được điều này, phải thỏa mãn bất đẳng thức sau: $t \ll T$, trong đó $T$ là chu kỳ quay của quả bóng 2 so với tâm khối lượng của quả bóng 2 và 3.

56

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của quả bóng 2 và 3 trong hệ tọa độ gắn liền với khối tâm của chúng. Trong hệ này, tại thời điểm ban đầu các quả bóng chuyển động hướng về nhau với các vận tốc bằng giá trị tuyệt đối nên trong tương lai mỗi quả bóng sẽ thực hiện chuyển động quay điều hoà (so với tâm khối) theo định luật:

$$x = A \sin \omega t.$$

Nếu độ cứng của một nửa lò xo được ký hiệu là $k$ thì tần số của các dao động này là $\omega = \sqrt{k/m}$. Biên độ dao động $A$ có ​​thể được tìm thấy bằng định luật bảo toàn năng lượng. Tại thời điểm ban đầu lò xo không bị biến dạng, quả cầu 2 có vận tốc $\frac{v_2}{2}$ và có năng lượng $\frac{mv_0^2}{2(1+\gamma)^2}$. Ta đánh đồng năng lượng này với năng lượng biến dạng của lò xo tại thời điểm quả cầu lệch khỏi vị trí cân bằng là lớn nhất và bằng biên độ dao động $A$:

$$\frac{mv_0^2}{2(1+\gamma)^2} = \frac{kA^2}{2}.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $A$:

$$A = \sqrt{\frac{mv_0^2}{(1+\gamma)^2k}} = \frac{v_0}{(1+\gamma)\omega}.$$

Bây giờ chúng ta có thể viết sự phụ thuộc tọa độ của quả bóng 2 theo thời gian trong hệ tọa độ gắn với mặt phẳng ngang:

$$x_2 = v_0t + A \sin \omega t = v_0 \frac{1}{1+\gamma} t + \frac{v_0}{(1+\gamma)\omega} \sin \omega t.$$

Bi 1 và 2 sẽ va chạm lại nếu đạt được đẳng thức $x_1 = x_2$, tức là

$$v_0 t \frac{1-\gamma}{1+\gamma} = \frac{v_0 t}{1+\gamma} \left(1 + \frac{1}{\omega t} \sin \omega t\right),$$

cơm. 17.

hoặc

$$\sin \omega t = -\gamma \omega t.$$

Thật thuận tiện để giải các phương trình như vậy bằng đồ thị. Hãy vẽ đồ thị cho vế phải và trái của phương trình cuối cùng dưới dạng hàm của $\varphi = \omega t$ (Hình 16). Lời giải phương trình được xác định bởi giao điểm của đường thẳng $y = \gamma \varphi$ và sóng hình sin $y = \sin \varphi$. Rõ ràng, lời giải tồn tại nếu $\gamma \leq \gamma_1 \approx tg \gamma_1$. Từ hình vẽ rõ ràng rằng

$$\gamma_1 \approx \frac{1}{\left(\frac{3}{2} \pi\right)} \approx 0.21,$$

nghĩa là tỷ lệ khối lượng xấp xỉ 0,21.

F231. Một quả cầu kim loại tích điện có bán kính $R$ được cắt thành hai phần dọc theo một mặt phẳng nằm cách tâm một khoảng $h$ (Hình 17). Tìm lực mà các bộ phận này đẩy lùi. Đầy ngực bóng $Q$.

Vì quả bóng là kim loại nên tải trọng $Q$ sẽ được phân bố đều trên bề mặt của nó, vì vậy trong tương lai chúng ta sẽ nói về một quả cầu được tải trọng. Để xác định lực tác dụng lên các cạnh của đáy, chúng ta sẽ chia phần hình cầu này thành các phần cơ bản và trước tiên hãy tìm lực $F_i$ tác dụng lên một trong các phần sau (Hình 18):

$$F_i = qE,$$

trong đó $q$ là phần sau của trường được tạo bởi toàn bộ phần thân của quả cầu. Giá trị $q = \frac{Qs_i}{4\pi R^2}$, trong đó $s_i$ là diện tích vùng được tải.

Như đã biết, hướng của trường bên ngoài quả cầu tại bề mặt của nó bằng

$$E_c = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2},$$

và hướng của trường bên trong quả cầu bằng không. Từ nguyên lý chồng chất, ta suy ra trường cả bên trong và bên ngoài quả cầu bao gồm trường của một vùng đã chọn của quả cầu và trường của quả cầu đẩy. Chúng tôi sẽ tính