Lời giải bài toán M318—M320; F328, F330—F332, F334

38

Lời giải bài toán

M318—M320; F328, F330—F332, F334

M318. Cho tam giác ABC vẽ các đường phân giác AD và CE. Chứng minh rằng $|CE| \cdot |AB| = |AD| \cdot |BC|$ giữa mô đun molco và hệ số có ít nhất một trong hai điều kiện: 1) $|AB| = |BC|$; 2) $\widehat{ABC} = 60^\circ$.

Ta đưa ra ký hiệu chuẩn: $a$ là độ dài cạnh BC, $c$ là độ dài cạnh AB, $l_a$ là độ dài phân giác của góc A, $l_c$ là độ dài phân giác của góc C. Ta ký hiệu giá trị các góc tại các đỉnh tương ứng bằng $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$. Ngoài ra, chúng tôi biểu thị các giá trị của góc AEC là $\varphi_1$ và góc ADC là $\varphi_2$ (Hình 1). Từ tam giác AEC và ADC đang xét, suy ra rằng

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \varphi_2 = \pi.$$

Ngoài ra, chúng ta có thể biểu thị diện tích tam giác ABC theo hai cách: $S = \frac{1}{2} al_a \sin \varphi_2$ và $S = \frac{1}{2} cl_c \sin \varphi_1$, vì $h_a = l_a \sin \varphi_2$ và $h_c = l_c \sin \varphi_1$. Từ đây

$$al_a \sin \varphi_2 = cl_c \sin \varphi_1.$$

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra điều đó từ thư từ

$$al_a = cl_c$$

ít nhất một trong các điều kiện được đưa ra trong bài toán tuân theo. Từ (2) và (3) suy ra

$$\sin \varphi_2 = \sin \varphi_1.$$

Các sin có thể bằng nhau trong hai trường hợp (vì $0 < \varphi_i < \pi$):

$$\varphi_1 = \varphi_2,$$

$$\varphi_1 = \pi - \varphi_2.$$

Nếu (5) được thỏa mãn thì từ (1) ta có:

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \varphi_1 = \pi.$$

Trừ một phần tương ứng với phần còn lại, ta thấy $\alpha = \gamma$, tức là tam giác ABC đều, $a = c$.

Giả sử sự tương ứng (6) được thỏa mãn thì từ (1) suy ra

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \pi - \varphi_1 = \pi.$$

Thêm các sự tương ứng này, chúng tôi nhận được

$$\frac{3}{2} \alpha + \frac{3}{2} \gamma = \pi,$$

38

Cơm. 2.

M319. Một đường tròn $\gamma$ và một điểm $P$ bên trong nó được cho trên mặt phẳng. Xét tập tứ diện $ABCD$, trong đó cả bốn mặt đều bằng nhau và tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $\gamma$ sao cho các đường trung tuyến của nó cắt nhau tại điểm $P$.

a) Điểm ở vị trí nào $P$ bên trong $\gamma$ Tứ diện như vậy có tồn tại không?

b) Chứng minh rằng các đỉnh $D$ của tứ diện đó nằm ở một trong hai điểm cố định trong không gian (đối xứng với một mặt phẳng cho trước).

Cơm. 3.

hoặc $\quad \alpha + \gamma = \dfrac{2\pi}{3}$, do đó góc $B$ bằng

$$\beta = \pi - (\alpha + \gamma) = \frac{\pi}{3}\,.$$

Sự cần thiết đã được chứng minh. Hãy chứng minh tính đủ.

Trong tam giác cân $ABC$ ($a\!=\!c$), hệ thức (3) suy ra từ sự bằng nhau của độ dài các đường phân giác $l_a = l_c$.

Nếu góc là $\beta = \dfrac{\pi}{3}$ thì quan hệ (7) là đúng. Cộng các quan hệ (1) và thay thế điều kiện (7), chúng ta thu được điều kiện (6), từ đó suy ra quan hệ (4), và từ (4) và (2) suy ra quan hệ bắt buộc (3).

Lưu ý rằng câu lệnh bài toán có thể được phát biểu như sau:

“Cho đoạn $AC$. Quỹ tích hình học của các đỉnh $B$ của các tam giác $ABC$ sao cho $al_a\!=\!cl_c$ (xem các ký hiệu đã giới thiệu) là một tập hợp gồm hai cung tròn (xem Hình 2) và đường phân giác vuông góc của một đoạn cho trước, đồng thời tâm của các đường tròn cách đều nhau và các điểm cuối của đoạn đã cho.”

MỘT. P. Savin

◆ Chúng ta sẽ gọi tứ diện có các mặt bằng nhau là $K$-tứ diện. Chúng ta hãy thiết lập một số tính chất của tứ diện như vậy.

$1^\circ$. Tổng ba góc phẳng tại mỗi đỉnh của tứ diện $K$ là $180^\circ$.

Thật vậy, ba góc này bằng các góc của cùng một tam giác $ABC$, đối diện với ba cạnh khác nhau $AB$, $BC$, $CA$ (lý luận này cũng đúng với các tam giác $ABC$, trong đó một số cạnh có độ dài bằng nhau) và tổng các góc của tam giác là $180^\circ$ (Hình 3).

$2^\circ$. Các mặt của tứ diện $K$ là các hình tam giác nhọn.

Trong thực tế, trong bất kỳ góc tam diện nào, mỗi góc phẳng đều nhỏ hơn tổng của hai góc còn lại. Đối với các góc của một tam giác, điều kiện này được thỏa mãn khi và chỉ khi nó nhọn.

$3^\circ$. Sự phát triển của tứ diện $K$ có dạng một tam giác nhọn, trong đó vẽ các đường ở giữa.

Điều này diễn ra ngay sau $1^\circ$ và $2^\circ$ (Hình 4). Tất nhiên, điều ngược lại cũng đúng: bất kỳ tam giác nhọn $A_1B_1C_1$ nào có các đường trung bình $AB$, $BC$, $CA$ được vẽ trong đó đều có thể được coi là sự phát triển của một tứ diện $K$. (Hãy nghĩ xem tại sao không thể tạo thành một tứ diện từ một hình tù $\triangle A_1B_1C_1$.)

Lưu ý rằng khi chúng ta thêm một khối tứ diện từ quá trình phát triển, cố định mặt $ABC$ và xoay ba mặt còn lại so với các cạnh $AB$, $BC$, $CA$, thì các điểm $A_1$, $B_1$, $C_1$ sẽ di chuyển dọc theo các vòng tròn (nằm trong các mặt phẳng vuông góc với $ABC$) và các hình chiếu của chúng lên trên mặt phẳng $ABC$ sẽ di chuyển dọc theo các độ cao của tam giác $A_1B_1C_1$ cho đến điểm giao nhau của chúng $H$. Vì vậy, chúng tôi cũng có được tài sản sau:

$4^\circ$. Hình chiếu $H$ của đỉnh $D$ của $K$-tứ diện $ABCD$ lên mặt phẳng $ABC$ nằm tại giao điểm các đường cao của tam giác $A_1B_1C_1$.

Lưu ý rằng trong bất kỳ tứ diện nào, “các đường trung tuyến” của nó - các đoạn nối các đỉnh với trọng tâm (điểm giao nhau của các đường trung tuyến) của các mặt đối diện - cắt nhau tại một điểm M - “trọng tâm” của tứ diện - và được chia cho điểm này theo tỷ lệ $3:1$, tính từ đỉnh (Hình 5; các đoạn nối trung điểm của các cạnh đối diện cũng đi qua cùng một điểm M).

$5^\circ$. Trong tứ diện $K$, trọng tâm trùng với tâm của hình cầu ngoại tiếp.

39

Cơm. 4.

Cơm. 5.

Cơm. 6.

Cơm. 7.

40

Có một sự dịch chuyển của không gian trong đó tứ diện $ABCD$ được đặt cạnh chính nó sao cho mặt $DCB$ trở thành $ABC$ (tức là $A—D$, $B—C$, $C—B$, $D—A$). Trong quá trình chuyển động này, chỉ có hai điểm của bề mặt tứ diện đứng yên: đây là trung điểm của các cạnh $AD$ và $BC$. Rõ ràng là với chuyển động như vậy, tâm của quả cầu ngoại tiếp $O$ và giao điểm của các đường trung tuyến $M$ không chuyển động (vì bản thân khối tứ diện được kết hợp với chính nó). Nếu các điểm $M$ và $O$ khác nhau thì tất cả các điểm của đường $MO$ cũng phải được sửa. Điều này có nghĩa là đường này đi qua trung điểm của các cạnh $AD$ và $BC$. Theo cách tương tự (xem xét các cách tự sắp thẳng hàng khác của tứ diện), chúng ta sẽ chứng minh rằng đường thẳng $MO$ cũng đi qua trung điểm của các cạnh khác. Nhưng điều này là không thể. Điều này có nghĩa là điểm $M$ và $O$ trùng nhau.

Chúng ta hãy biểu thị trọng tâm của tam giác $ABC$ bằng $P$, tâm của đường tròn ngoại tiếp của nó (hình chiếu của điểm $O=M$ lên mặt phẳng $\triangle ABC$) bằng $Q$ và hình chiếu của đỉnh $D$ lên mặt phẳng $\triangle ABC$ bằng $H$. Hình 6 cho thấy tất cả các điểm này nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt $ABC$ và đi qua tâm quả bóng $O$ và đỉnh $D$; $E$ và $F$ là giao điểm của mặt phẳng này với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bán kính của nó sẽ được ký hiệu là $\rho$. Vì $|DP| = 4|OP|$, $|OF|^2 = |OQ|^2 + \rho^2 = |OD|^2 = 9|OQ|^2 + |QH|^2$, chúng ta có

$$|QH|^{\mathbf{2}} + 8|OQ|^{\mathbf{2}} = \rho^{\mathbf{2}}.$$

Hãy xây dựng tính chất mà chúng ta cần:

6°. Trong K tứ diện bất kỳ $|QH| = 3|PQ|$ và $|QH|^2 + |DH|^2/2 = \rho^2$ (kể từ $|DH| = 4|OQ|$).

Bây giờ thật dễ dàng để giải quyết cả hai điểm bài toán M319.

a) Tập hợp trọng tâm của các tam giác nhọn nội tiếp đường tròn $\gamma$ có tâm $Q$ và bán kính $\rho$ sẽ nằm trong đường tròn đồng tâm bán kính $\rho/3$. (Chứng minh điều này bằng Hình 7 và thực tế là đối với một tam giác vuông, trọng tâm cách chính xác một khoảng $\rho/3$ tính từ tâm cạnh huyền $Q$.) Theo 2° và 3°, đây chính xác là tập hợp các vị trí mà điểm $P$ có thể chiếm giữ.

b) Theo 6°, đối với một đường tròn $\gamma$ và một vị trí của điểm $P$ thì vị trí hình chiếu $H$ của đỉnh $D$ lên mặt phẳng $\triangle ABC$ và khoảng cách của nó $|DH|$ với mặt phẳng này được xác định duy nhất.

Để kết luận, chúng ta hãy đưa ra một vài nhận xét.

I. Đối với những người muốn hiểu chi tiết về cấu trúc của “nhóm đối xứng” của tứ diện $K$ (được tìm thấy trong chứng minh 5°), chúng tôi đưa ra lời khuyên nên xem xét một hình bình hành, các đỉnh không liền kề của chúng là các đỉnh của tứ diện (Hình 8). Đối với K-tứ diện, hình bình hành này là hình chữ nhật. Từ đó chúng ta có thể thu được một số tính chất đặc trưng khác của $K$-tứ diện (xem lời giải bài toán M9 trong «Kvant» số 9, 1970).

Cơm. 8.

Cơm. 9.

41

II. Tập hợp tất cả các đỉnh D của K-metahedron ABCD, mặt ABC nhìn thấy được trong một đường tròn cho trước γ, biểu thị bề mặt của một hình elip quay *) đi qua γ (Hình 9). Điều này ngay lập tức suy ra từ công thức $|QH|^2 + |DH|^2/2 = \rho^2$ và thực tế là điểm H chạy qua đường tròn trọng số giới hạn bởi đường tròn γ.

III. Đẳng thức chính $|HP| = 4|QP|$ có thể được chứng minh mà không cần dựa vào tính chất $5^\circ$, nếu chúng ta sử dụng các thông điệp hành tinh sau: điểm H là tâm của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A_2B_2C_2$, trong đó $\triangle A_1B_1C_1$ là tam giác của các đường ở giữa và điểm Q là tâm của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$, được tạo bởi các đường giữa của tam giác $A_1B_1C_1$. Rõ ràng là cả ba tam giác đều có chung tâm đồng dạng P - giao điểm của các đường trung tuyến và hệ số tương đồng $\triangle A_2B_2C_2$ và $\triangle ABC$ bằng 4.

N. B. Vasiliev

M320. Nuzelolniki lồi nào có thể chia thành các tam giác mak sao cho không có hai tam giác nào trong phân hoạch có các cạnh chung (hoàn toàn trùng nhau)? (Hình 10 cho thấy tam giác mak có thể tách được).

Cơm. 10.

Cơm. 11.

Hãy chứng minh rằng với $n > 3$ n-giác không thể chia thành các tam giác theo cách yêu cầu.

Giả sử điều ngược lại - chúng ta vẫn chia n-giác ($n > 3$) thành các hình tam giác.

Chúng ta hãy ánh xạ tập hợp các cạnh của các tam giác phân chia thành tập hợp các đỉnh của chúng. Chúng ta hãy phân biệt giữa hai trường hợp.

1. Cạnh của tam giác ốp lát không nằm trên cạnh của n-giác.

Sau đó:
a) nếu cạnh bên trong cạnh này của tam giác chứa các đỉnh của các tam giác khác của vách ngăn thì ánh xạ nó tới một trong các đỉnh đó;
b) nếu không có đỉnh nào khác bên trong cạnh này, thì theo định nghĩa của một phân vùng, một trong các đầu của cạnh này phải nằm ngang bên trong một cạnh khác nào đó (một tam giác khác của phân vùng), khi đó chúng ta sẽ ánh xạ cạnh của chúng ta tới chính xác đầu đó (nếu các đầu của cạnh nằm ngang bên trong một cạnh nào đó, thì chúng ta sẽ ánh xạ nó tới bất kỳ đầu nào của nó).
2. Cạnh của tam giác ốp lát nằm trên cạnh của n-giác.

Chúng ta hãy phản ánh một cạnh như vậy đến điểm cuối gặp nhau đầu tiên khi đi vòng quanh cạnh của n-giác theo chiều kim đồng hồ.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét tập hợp tất cả các đỉnh của các tam giác phân chia. Tất cả các đỉnh được chia thành ba loại.

Loại I Các đỉnh của n-giác và các đỉnh của các tam giác chia nằm trên các cạnh của n-giác.

Giả sử có các đỉnh thuộc loại I t. Khi đó các cạnh được ánh xạ tới các đỉnh này cũng là t, vì rất rõ ràng là chỉ các cạnh nằm trên các cạnh của n-giác mới được ánh xạ tới các đỉnh đó, và ánh xạ này là một-một.

Các đỉnh loại II không nằm trên các cạnh của n-giác và không nằm ngang bên trong các cạnh của bất kỳ tam giác nào của phân vùng (ví dụ, như trong Hình 11).

Giả sử có m đỉnh loại II. Theo cách xây dựng, sẽ không có cạnh nào được hiển thị ở các đỉnh như vậy.

loại III. Các đỉnh không nằm trên các cạnh của n-giác mà nằm bên trong một số cạnh của các tam giác phân chia (ví dụ, như trong Hình 12).

*) Xem bài viết của I. N. Bronstein “Ellipse”, 1975, số 1.

Đặt các đỉnh loại III là $k$. Không quá ba cạnh có thể được phản ánh thành một đỉnh loại III (cạnh mà đỉnh này nằm trong đó và hai cạnh mà đỉnh này đóng vai trò là hình nón - cho một bên trái, cho bên kia - bên phải). Do đó, không quá $3k$ cạnh của tam giác có thể được phản ánh trong $k$ đỉnh loại III.

Giả sử có $x$ hình tam giác trong phân vùng. Chúng ta hãy biểu thị số $3x$ các cạnh của hình tam giác theo $t$, $k$ và $m$. Để làm điều này, hãy viết tổng các góc của các hình tam giác này.

Một mặt, tổng các góc $x$ của các tam giác bằng $π(t-2)+2πm+πk$, trong đó $π(t-2) = π(t-n)+π(n-2)$ là tổng các góc tại các đỉnh loại I, $2πm$ là tổng các góc tại các đỉnh loại II, $πk$ là tổng các góc tại các đỉnh loại III.

Kể từ đây,

$$πx = π(t-2) + 2πm + πk,$$

và tổng số cạnh là

$$3x = 6m + 3t + 3k - 6.$$

Vì mỗi cạnh của các hình tam giác được chia thành một số đỉnh thuộc loại I hoặc III, nên theo kết quả trên, tổng số cạnh không thể lớn hơn $t+3k$. Có nghĩa,

$$6m+3t+3k-6 \leq t+3k,$$

từ đâu $t+3m \leq 3$.

Nhưng $t>0$ và $m>0$; Ngoài ra, $t \geq n>3$, và chúng ta nhận được mâu thuẫn.

Nói cách khác, chúng ta nhận được rằng không thể có nhiều hơn ba đỉnh trên các cạnh của $n$-giác, và do đó các cạnh được chia; Điều này có nghĩa là $n$-gon có nhiều nhất ba mặt (vì trên mỗi mặt của $n$-gon phải có ít nhất một mặt bị gãy).

Ngoài ra, từ bất đẳng thức cuối cùng, ta suy ra rằng khi chia một tam giác, không thể thu được các đỉnh loại II ($t=3$, do đó, $m=0$).

A. Pechkovsky

F328. Các thanh cứng có chiều dài $l_1$ và $l_2$ được nối với nhau bằng bản lề tại điểm $A$. Các đầu tự do của chúng di chuyển ra xa nhau đều với tốc độ của $v_1$ và $v_2$ tương ứng, hướng dọc theo một đường thẳng (Hình 13). Điểm quan trọng nhất là $A$ tại thời điểm các thanh kết nối với nhau ở $90^\circ$. Chuyển động của các thanh sẽ xảy ra trong một mặt phẳng.

Chúng ta hãy tưởng tượng vectơ $a$ của tổng gia tốc của điểm $A$ tại thời điểm các thanh tạo một góc $90^\circ$ với nhau, là tổng của hai gia tốc $a_1$ và $a_2$, hướng dọc theo các thanh tương ứng (xem Hình 13). Để tính $a_1$ và $a_2$, chúng tôi lợi dụng thực tế là vectơ gia tốc không đổi khi di chuyển từ khung báo cáo quán tính này sang khung báo cáo quán tính khác.

Chúng ta chuyển sang hệ thống báo cáo di chuyển với tốc độ $v_2$ về bên trái. Trong hệ thống báo cáo này, điểm cuối của thanh bên trái (điểm $B$) kết thúc; đầu của thanh bên phải (điểm $C$) di chuyển sang phải với tốc độ $v_1+v_2$ và điểm $A$ mô tả một vòng tròn có bán kính $l_2$ (Hình 14). Do đó, gia tốc $a$ có thể được phân tách thành gia tốc hướng tâm (bình thường) và gia tốc tiếp tuyến (tiếp tuyến). Đây là gia tốc $a_2$ và $a_1$ của gia tốc tương ứng.

Mô đun gia tốc hướng tâm $a_2 = v^2/l_2$, trong đó $v$ là tốc độ chuyển động tuyến tính của điểm $A$ xung quanh đường tròn. Tại thời điểm các thanh tạo với nhau một góc $90^\circ$ thì vectơ vận tốc $v$ hướng dọc theo thanh bên phải. Thanh còn lại $AC$ lúc này có tốc độ $v_1+v_2$ hướng về bên phải. Vì thanh là cứng nên hình chiếu vận tốc của các đầu của nó lên đường thẳng mà nó nằm dọc theo phải giống nhau (nếu không thì chiều dài của thanh sẽ thay đổi). Do đó (xem hình 14),

43

$$v = \left( v_1 + v_2 \right) \cos \alpha_1 = \frac{\left( v_1 + v_2 \right) l_1}{\sqrt{l_1^2 + l_2^2}}.$$

Sau đó

$$a_2 = \frac{v^2}{l_2} = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2 l_1^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_2}.$$

Tương tự, cái đầu tiên trong hệ thống báo cáo, di chuyển sang phải với tốc độ $v_1$, ta được

$$a_1 = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2 l_2^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_1}.$$

Mô-đun tăng tốc đầy đủ

$$a = \sqrt{a_1^2 + a_2^2} = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_1 l_2} \sqrt{l_1^6 + l_2^6}.$$

Vector a tạo một góc $\beta$ với thanh $AC$ sao cho

$$tg \beta = \frac{a_2}{a_1} = \left( \frac{l_1}{l_2} \right)^3.$$

B. B. Bukhovtsev

F330. Trong xi lanh, dưới các mặt phẳng piston không trọng lượng $S$ có không khí ở áp suất khí quyển $p_0$ và nhiệt độ $T_0$. Thể tích bên trong của hình trụ được chia thành hai phần bằng nhau bằng một vách ngăn nằm ngang cố định có độ lệch nhỏ. Chúng ta đặt một tải trọng $M$ lên pít-tông, dưới tác dụng của nó, pít-tông chạm tới vách ngăn. Ít nhất $T_1$ không khí trong xi lanh, nếu thành xi lanh và piston không dẫn điện menlo.

◆

Vì bình được mạ nhiệt nên sự thay đổi nội năng của khí bằng công của các ngoại lực tác dụng lên pít-tông—lực hấp dẫn $Mg$ và lực áp suất khí quyển $p_0S$:

$$\Delta U = (Mg + p_0S) h$$

(h là hành trình piston).

Vì nội năng của chất khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ nên trong bất kỳ quá trình nào sự biến thiên nội năng cũng giống như trong quá trình xảy ra ở thể tích không đổi, nghĩa là

$$\Delta U = C_V z \left( T_1 - T_0 \right).$$

Ở đây $C_V$ là nhiệt lượng của một mol khí ở thể tích không đổi, $z$ là số mol khí. Vì vậy trong trường hợp của chúng tôi

$$\left( Mg + p_0S \right) h = C_V z \left( T_1 - T_0 \right).$$

Từ đây

$$T_1 = T_0 + \frac{\left( Mg + p_0S \right) h}{C_V z}.$$

Số mol không khí trong xi lanh có thể được tìm thấy từ phương trình trạng thái của khí trước giai đoạn:

$$p_0V = zRT_0,$$

Ở đâu

$$z = \frac{p_0V}{RT_0}.$$

Không khí bao gồm chủ yếu là khí diatomic - nitơ và oxy. Vì vậy, chúng ta có thể đếm $C_V = \frac{5}{2} R$. Thay các giá trị $z$, $C_V$ và $h = V/2S$ vào (*), cuối cùng ta tìm được:

$$T_1 = T_0 \left( 1 + \frac{Mg + p_0S}{5p_0S} \right).$$

44

F331. Một hình xoắn ốc phẳng có số vòng quay rất lớn và bán kính ngoài $R$ (Hình 15) nằm trong một từ trường đều vuông góc với mặt phẳng của hình xoắn ốc và thay đổi theo định luật $B = B_0 \cos \omega t$. Được đặt tên $э. d. c. индукции, наводимую в спирали. Расстояние между витками спирали посмотрено. Рис. 15. Рис. 16. Ф332. Наимену рассмотрение между источником света$S$и его изображением в оптической системе, приведенной на рисунке 17. Фокусные рассмотрения линии$A$и$B$одинаковы и равны$F$. Рис. 17. Величина$e. d. c. cảm ứng được kích thích trong một cuộn dây có bán kính $r_i$ bằng

$$\mathcal{E}_i = -\frac{\Delta \Phi_i}{\Delta t},$$

trong đó $\Delta \Phi_i$ là sự thay đổi từ thông qua mặt phẳng giới hạn bởi cuộn dây trong khoảng thời gian ngắn $\Delta t$:

$$\Delta \Phi_i = S \Delta B = \pi r_i^2 B_0 \left\{ \cos \left[ \omega (t + \Delta t) \right] - \cos \omega t \right\} = -2 \pi r_i^2 B_0 \left[ \sin \omega \left( t + \frac{\Delta t}{2} \right) \sin \omega \frac{\Delta t}{2} \right] \approx -\pi r_i^2 B_0 \omega \Delta t \sin \omega t$$

vì $\Delta t$ nhỏ nên $\sin \omega \left( t + \frac{\Delta t}{2} \right) \approx \sin \omega t$, $\sin \omega \frac{\Delta t}{2} \approx \omega \frac{\Delta t}{2}$. E.m.f. được tạo ra trong toàn bộ vòng xoắn ốc khác nhau về lượng sức điện động. d.s., được tạo ra lần lượt, tức là

$$\mathcal{E} = \sum \mathcal{E}_i = \sum -\frac{\Delta \Phi_i}{\Delta t} = B_0 \omega \sin \omega t \sum \pi r_i^2.$$

Đại lượng $\pi r_i^2$ có thể được coi là thể tích của một hình trụ, chiều cao của nó bằng một và diện tích đáy là $\pi r_i^2$. Khi đó $\sum \pi r_i^2$ là tổng thể tích của các hình trụ đó. Vì chênh lệch giữa bán kính đáy của các hình trụ “láng giềng” là nhỏ (số vòng quay $n$ lớn), nên thể tích của tất cả các hình trụ như vậy gần bằng thể tích của một hình nón có chiều cao $n$ và diện tích đáy $\pi R^2$ (Hình 16):

$$\sum \pi r_i^2 = V = \frac{1}{3} \pi R^2 n.$$

Như vậy, đ. d.s. gây ra trong đường xoắn ốc bằng

$$\mathcal{E} = \frac{1}{3} \pi R^2 n B_0 \omega \sin \omega t.$$

Hình ảnh $S_1$ của nguồn $S$, được tạo bởi thấu kính $A$, thu được ở bên phải của thấu kính với tiêu cự gấp đôi so với nó (Hình 18). Thật vậy, từ công thức thấu kính suy ra rằng

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{f_1} = \frac{1}{F},$$

từ đâu $f_1 = 2F$. Điều này có nghĩa là thấu kính $B$ bị một chùm tia hội tụ chiếu vào. Chùm tia này nằm ở điểm $S_2$ - ảnh của nguồn.

Đối với ống kính $B$, điểm $S_1$ là một nguồn nhỏ. Do đó (xem hình 18),

$$-\frac{1}{d_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F},$$

ở đâu $d_2 = F$. Từ đây

$$f_2 = \frac{F}{2}.$$

45

Khoảng cách $l = SS_2$ giữa nguồn $S$ và ảnh $S_2$ của nó trong hệ thống quang học là $l = \sqrt{SK^2 + h^2}$, trong đó $SK = 3,5F$. Khoảng cách $h$ sẽ được tìm từ sự giống nhau của các tam giác $O_2S_1E_2$ và $S_2S_1E_1$:

$$\frac{h}{a} = \frac{F - f_2}{F}, \quad h = 0,5a.$$

Chúng tôi có kết quả cuối cùng:

$$l = SS_2 = \sqrt{12,25F^2 + 0,25a^2}.$$

F334.*) Hạt trượt không ma sát dọc theo một sợi dây thẳng đứng có chiều dài $l$, được chỉ định là một điều hòa có chiều dài $l/2$. Hỏi thời gian hạt trượt dài hơn thời gian hạt rơi từ độ cao $l$ bao nhiêu lần? Biên độ của dây thay đổi nhỏ hơn nhiều so với chiều dài của nó. Kích thước của hạt không đáng kể so với chiều dài của “khuỷu tay” hài hòa.

Khi một hạt di chuyển từ đoạn dây thẳng này sang đoạn dây khác, tốc độ cực đại tuyệt đối của nó không thay đổi. Chỉ có hướng tốc độ của hạt thay đổi: nó trở nên song song với phần mới của hệ thống dây điện. Điều này có nghĩa là thời gian để hạt di chuyển dọc theo dây cũng giống như thời gian hạt di chuyển dọc theo mặt phẳng nghiêng—dây không giãn ra. Lần này bằng nhau

$$t = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \alpha}} = \sqrt{\frac{2l}{gh/l}} = 2 \sqrt{\frac{l}{g}}$$

($l$ là chiều dài mặt phẳng nghiêng, $\alpha$ là góc nghiêng của mặt phẳng so với đường chân trời), tức là dài hơn $\sqrt{2}$ lần thời gian

$$t' = \sqrt{\frac{2l}{g}}$$Hạt rơi từ độ cao $l$.

Tôi. Sh. Slobodetsky

*) Lời giải bài toán F333 sẽ được đăng trong số tiếp theo của tạp chí.