Bài toán M456—M460; F468—F472

42

Bài toán

M456—M460; F468—F472

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường hiện tại. bài toán khó nhất đã bị xóa bằng dấu hoa thị. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi bằng văn bản chậm nhất là ngày 1 tháng 11 năm 1977 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant». Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết các số bài toán, lời giải bạn đang gửi, ví dụ: “M456, M457” hoặc “F468”. Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới, hãy viết bằng văn bản trong các phong bì riêng. Đồng thời viết các bài tập từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải). Các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, hãy viết thành hai bản cùng với lời giải của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “…mới bài toán trong toán học”). Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi sẽ tóm tắt bằng cách cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Trong số này và số tiếp theo, “Bài toán «Kvant» chủ yếu bao gồm bài toán, được đưa ra tại Kỳ thi Olympic toàn Liên minh vừa qua.

M456. Tại mỗi đỉnh của khối đa diện lồi có 3 cạnh hội tụ. Được biết, mỗi mặt của nó là một đa giác xung quanh có thể mô tả một vòng tròn. Chứng minh rằng có thể mô tả một hình cầu xung quanh một khối đa diện.

V. Proizvolov

M457. Trên mặt phẳng có một đa giác khép kín không tự cắt nhau, không có ba đỉnh nào thẳng hàng. Chúng ta hãy gọi một cặp liên kết không liền kề là đặc biệt nếu phần mở rộng của một trong số chúng cắt nhau (Hình 1). Chứng minh rằng số cặp đặc biệt là số chẵn.

S. Fomin

M458. Đa thức $x^{10} + x^9 + x^8 + \dots + x^2 + x + 1$ được viết. Hai người chơi trò chơi này. Đầu tiên, ngôi sao đầu tiên thay thế bất kỳ ngôi sao nào bằng một số nhất định, sau đó ngôi sao thứ hai thay thế bất kỳ ngôi sao nào còn lại bằng một số, sau đó lại thay thế một trong các ngôi sao bằng một số, v.v. (tổng cộng 9 bước). Nếu đa thức kết quả không có nghiệm thực thì người chơi đầu tiên sẽ thắng và nếu có ít nhất một nghiệm thì người chơi thứ hai sẽ thắng. Người chơi thứ hai có thể thắng bất kỳ ván nào của người chơi đầu tiên không?

D. và I. Bernistein

M459. Ở một số quốc gia, bạn có thể đi từ thành phố này đến bất kỳ thành phố nào khác trong vài phút đến các thành phố còn lại. Chi phí của mỗi chuyến đi như vậy được biết đến. Hai tuyến đường đã được biên soạn cho các thành phố của đất nước. Mỗi tuyến đường này bao gồm mỗi thành phố đúng một lần. Khi vẽ tuyến đường đầu tiên, được hướng dẫn theo nguyên tắc sau: điểm bắt đầu của tuyến đường được chọn ngẫu nhiên và ở mỗi quả bóng tiếp theo, trong số các thành phố mà tuyến đường chưa đi qua, điểm có chi phí đi lại thấp nhất từ ​​thành phố trước đó sẽ được chọn (nếu có một số thành phố như vậy thì bất kỳ thành phố nào trong số đó sẽ được chọn); và cứ như vậy cho đến khi tất cả các thành phố đều bị nuốt chửng. Khi vẽ đường thứ hai

43

Thành phố xuất phát cũng được chọn ngẫu nhiên và ở mỗi bước tiếp theo, trong số các thành phố mà tuyến đường chưa đi qua, thành phố có chuyến đi từ thành phố trước đó có chi phí cao nhất sẽ được chọn. Chứng minh rằng tổng chi phí đi lại trên tuyến đường thứ nhất không lớn hơn tổng chi phí đi lại trên tuyến đường thứ hai.

A. Berzigni

M460. Đặt nó là số có $A - 2n$ chữ số (chữ số đầu tiên không phải là 0). Chúng ta sẽ gọi một số $A$ là đặc biệt nếu bản thân nó là một số chính phương và các số được tạo bởi các chữ số $n$ đầu tiên và các chữ số cuối cùng của nó $n$ cũng là những số chính phương; trong trường hợp này, số thứ hai bắt đầu bằng số 0 nhưng không được bằng 0.

a) Tìm tất cả các số đặc biệt có hai chữ số và bốn chữ số.

b) Chứng minh tồn tại ít nhất một số đặc biệt có 20 chữ số.

b) Chứng minh có nhiều nhất 10 số đặc biệt có 100 chữ số.

d) Chứng minh tồn tại ít nhất một số đặc biệt có 30 chữ số.

A. Levin, I. Bernitsy

F468. Mẫu cần cẩu hiện nay có khả năng nâng 10 tấm bê tông mà không cần dây thừng. Một cần cẩu thực tế có thể nâng được bao nhiêu tấm, được làm từ cùng loại vật liệu, nếu kích thước tuyến tính của cần trục, cáp và tấm sàn lớn hơn 12 lần so với trong mô hình? (8 lớp)

F469. Hình 2 được chụp từ ảnh chụp hoạt nghiệm của một khối lập phương chuyển động dọc theo một mặt phẳng nghiêng. Khoảng thời gian giữa các lần tháo đèn liên tiếp là 0,1 giây. Xác định hệ số ma sát của khối lập phương trên mặt phẳng. (8 lớp)

F470. Khi kết nối một phần tử điện có hướng 1,5 V với mỗi $A$ và $B$, ampe hiển thị dòng điện 1 A (Hình 3). Khi cực của phần tử bị đảo ngược, dòng điện giảm đi một nửa. Mục đích sử dụng điện bên trong hộp là gì? (8 lớp)

F471. Khoang cách nhiệt được nối bằng các lỗ nhỏ giống hệt nhau với hai thể tích chứa khí heli (Hình 4). Áp suất heli trong các thể tích này được duy trì không đổi và bằng $p$, đồng thời nhiệt độ được duy trì bằng $T$ ở một thể tích và $2T$ ở thể tích kia. Tìm áp suất và nhiệt độ bên trong đã thiết lập (10 cl.)

F472. Vẽ đồ thị gần đúng của số chỉ vôn kế theo thời gian sau khi mở công tắc $K$ (Hình 5). Vôn kế và cuộn cảm là lý tưởng, $R=100 \text{ ом}, U=300 \text{ в.}$ (10 ô)

45

và cho hai hướng còn lại song song với cạnh của hình lập phương.
Điều này có nghĩa là tổng của tất cả các độ dài hình chiếu ít nhất là sáu. Và tổng này bằng chính xác tổng của tất cả $a_i$ và $b_i$ ($i=1, \dots, k$), vì vậy $a_1+a_2+\dots+a_k+b_1+b_2+\dots+b_k \geq 6$.

Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức cần suy ra từ (1):
$$\sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2}+\dots+\sqrt{a_k^2+b_k^2} \geq 3\sqrt{2}.$$

Điều này có thể được thực hiện bằng đại số, nhưng chúng ta sẽ đưa ra một chứng minh hình học đơn giản.

Chúng ta hãy dựng một đường đứt nét trên mặt phẳng tọa độ từ các liên kết $k$, độ dài các hình chiếu của liên kết thứ $i$ bằng $a_i$ và $b_i$ ($i=1, 2, \dots, k$), với điểm bắt đầu tại điểm $O(0;0)$ (Hình 3). Từ (1) suy ra rằng điểm cuối $M(a_1+\dots+a_k; b_1+\dots+b_k)$ của đường đứt nét này nằm phía trên đường $a+b=6$ (hoặc trên đường này). Khoảng cách từ điểm $O$ đến đường thẳng này là $3\sqrt{2}$. Rõ ràng là độ dài của bất kỳ đường đứt nét nào nối các điểm $O$ và $M$ đều không nhỏ hơn $3\sqrt{2}$; đây là sự bất bình đẳng (2). Lưu ý rằng ước tính $3\sqrt{2}$ là chính xác. Nó đạt được cho một phần của khối lập phương vuông góc với đường chéo của nó và có hình dạng giống như hình lục giác.

N. Vasiliev

M418. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n \geq 2$ bất đẳng thức sau đúng:

$$n\left(\sqrt{n+1}-1\right)<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+$$

$$+\frac{1}{n}<n\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)+1.$$

Để chứng minh điều này, chúng ta sẽ sử dụng định lý Cauchy về trung bình số học và trung bình hình học. Đặt $a_1, a_2, \dots, a_n$ là số dương. Sau đó

$$\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} \geq \sqrt{a_1 a_2 \dots a_n},$$

Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ đạt được trong trường hợp tất cả các số đều bằng nhau.

Hãy viết định lý Cauchy cho số 1, $\frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \dots, \frac{n-1}{n}$:

$$\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\dots+\frac{n-1}{n}}{n} > \sqrt{n}\frac{1}{n}.$$

Chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức này như sau:

$$1-\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(1-\frac{1}{3}\right)+\dots+\left(1-\frac{1}{n}\right) > \frac{n}{\sqrt{n}}.$$

Từ đây ta thu được một trong các bất đẳng thức cần tìm:

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n} < n\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)+1.$$

Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai, ta viết định lý Cauchy cho số 2, $\frac{3}{2}, \frac{4}{3}, \dots, \frac{n+1}{n}$:

$$\frac{2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}+\dots+\frac{n+1}{n}}{n} < \sqrt{n}\frac{1}{n}.$$

hoặc

$$2+\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{3}\right)+\dots+\left(1+\frac{1}{n}\right) > n\sqrt{n}\frac{1}{n}.$$

46

M419. Có 650 thùy trong một vòng tròn bán kính 16. Hãy chứng minh rằng có một cái gai có bán kính trong là 2 và bán kính ngoài là 3, trong đó có ít nhất 10 thùy này nằm.

Hình 4.

Hình 5.

F428. Một quả cầu có bán kính $R=0,5$ m quay quanh tâm với vận tốc góc không đổi $\omega=5$ rad/giây (Hình 6). Cùng với quả cầu, một vật nhỏ quay trên bề mặt bên trong của nó, nằm ở độ cao bằng một nửa bán kính.

1. Xác định giá trị tối thiểu của hệ số ma sát mà tại đó trạng thái này có thể xảy ra.

Ở đâu
$$n + \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}\right) > n \sqrt{n+1},$$
đó là
$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} > n \left(\sqrt{n+1} - 1\right).$$
L. Kurlyandchik

◆
Trước khi giải bài toán này, chúng ta chứng minh mệnh đề bổ trợ sau. Cho hình $S$ của diện tích $s$ chứa các hình $S_1, \dots, S_l$ diện tích $s_1, \dots, s_l$ sao cho mỗi điểm của hình $S$ được bao phủ bởi tối đa $k$ hình $S_i$. Sau đó $\sum s_i = s_1 + s_2 + \dots + s_l \leqslant ks$. Trên thực tế, chúng ta hãy xem xét các hình $T_j$ là kết quả của giao điểm của hình $S_i$ (Hình 4); Trên mỗi hình $T_j$ chúng ta sẽ viết một số cho biết nó thuộc về bao nhiêu $S_i$. Rõ ràng, $\sum t_j \leqslant s$ ($t_j$ là diện tích của hình $T_j$). Mặt khác, không kém phần rõ ràng là $\sum s_i \leqslant k \sum t_j$ ($k$ là số giao lộ tối đa $S_i$). Từ đây chúng ta có được điều đó $\sum s_i \leqslant ks$.

Hãy quay trở lại bài toán của chúng tôi.

Chúng ta hãy mô tả một vòng bao quanh điểm này có bán kính trong là 2 và bán kính ngoài là 3; chỉ có 650 chiếc nhẫn. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nhất thiết phải có ít nhất mười đường trung bình cắt nhau.

Hãy lấy sự kết hợp của 650 chiếc nhẫn này; bằng cách nào đó chúng nằm trong một vòng tròn có bán kính 16+3=19. Giả sử rằng mỗi điểm của đường tròn này được bao phủ bởi không quá chín vòng và chúng ta sẽ chứng minh rằng điều này dẫn đến mâu thuẫn. Để làm điều này, hãy tính diện tích.

Diện tích hình tròn bán kính 19 là $S=361\pi$. Diện tích của một vòng là $s=5\pi$, vậy diện tích của tất cả 650 vòng là $650 \cdot 5\pi=3250\pi$. Nếu các vòng giao nhau nhiều nhất là 9 thì theo khẳng định đã chứng minh ở trên,
$$\sum s=3250\pi \leqslant 9S=9 \cdot 361\pi=3249\pi$$

• một sự mâu thuẫn.

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng có ít nhất mười vòng giao nhau.

Điều này ngụ ý tuyên bố bài toán. Thật vậy, nếu có hai vòng giao nhau có bán kính trong 2 và ngoài 3 có tâm $O_1$ và $O_2$. thì bất kỳ điểm $M$ nào thuộc giao điểm của chúng sẽ bị xóa khỏi điểm $O_1$ và $O_2$ một khoảng $r: 2 \leqslant r \leqslant 3$; vì vậy các điểm $O_1$ và $O_2$ rơi vào vòng chúng ta cần có tâm $M$ (Hình 5). Trong một vòng (bán kính 2 và 3) có tâm tại bất kỳ điểm nào tính từ giao điểm không trống (!) của ít nhất mười vòng sẽ có ít nhất mười điểm - tâm của các vòng giao nhau này.

I. Klimova

◆
Chúng ta hãy xem xét các lực tác dụng lên vật ở vị trí cân bằng (Hình 7). Từ phía của quả cầu, vật chịu tác dụng của một lực $\vec{F}_1$ - sự cân bằng của phản lực pháp tuyến $\vec{N}$ và lực ma sát $\vec{F}_{\text{TP}}$, tiếp tuyến với bề mặt của quả cầu. Hướng của lực ma sát (lên hay xuống tiếp tuyến) phụ thuộc vào vị trí cân bằng của vật khi không có ma sát là cao hơn hay thấp hơn. Tuy nhiên, trong mọi trường hợp
$$|\vec{F}_{\text{TP}}| \leqslant \mu |\vec{N}|.$$
Điều này có nghĩa là lực $\vec{F}_1$ có hướng sao cho tiếp tuyến của góc $\beta$,

47

2. Xác định giá trị nhỏ nhất của hệ số trey nếu tốc độ bắt của quả cầu là 8 rad/s.
3. Nghiên cứu sự ổn định của trạng thái trong trường hợp các giá trị tìm thấy ở trên của hệ số trey đối với: a) những thay đổi nhỏ về vị trí cơ thể;
   b) những thay đổi nhỏ về tốc độ bắt bóng của quả cầu.

Hình 6.

Hình 7.

Hình 8.

mà lực này hình thành với bán kính $OA$ không vượt quá $\mu$:

$$\text{tg} \beta = \frac{|\vec{F}_{\text{tp}}|}{|\vec{N}|} \leq \mu.$$

Do đó, hệ số trey có thể được tìm bằng cách xác định góc $\beta$.

Ngoài lực $\vec{F}_1$, lực trọng lượng $mg$ còn tác dụng lên cơ thể. Vì cơ thể chuyển động theo một đường tròn có bán kính $r$ nên các lực $\vec{F}$ tác dụng $\vec{F}_1$ và $mg$ hướng theo phương ngang và bằng nhau về giá trị tuyệt đối $m\omega^2 r$:

$$\vec{F} = \vec{F}_1 + mg, \quad |\vec{F}| = m\omega^2 r.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha$ góc giữa bán kính $OA$ và phương thẳng đứng và bằng $\gamma$ góc giữa hướng của lực $\vec{F}_1$ và phương thẳng đứng (xem Hình 7). Sau đó

$$\beta = \alpha - \gamma,$$

Và

$$\text{tg} \beta = \text{tg}(\alpha - \gamma) = \frac{\text{tg} \alpha - \text{tg} \gamma}{1 + \text{tg} \alpha \text{tg} \gamma}. \tag{1}$$

Nhưng $\text{tg} \gamma = \frac{m\omega^2 r}{m|\vec{g}|}$, trong đó $r = R \sin \alpha$ và $\sin \alpha = \frac{\sqrt{R^2 - R^2/4}}{R} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, tức là $\alpha = 60^\circ$. Khi đó từ biểu thức (1)

$$\text{tg} \alpha - \frac{\omega^2 R \sin \alpha}{|\vec{g}|} = \frac{\sqrt{R^2 - R^2/4}}{R} = \frac{\sqrt{3}}{2},$$

Và

$$\mu \geqslant \text{tg} \beta = \frac{3\sqrt{3}}{23} \approx 0,23.$$

Tại $\omega = 8$ rad/giây, chúng ta nhận được

$$\text{tg} \beta = -\frac{3\sqrt{3}}{29}.$$

Dấu trừ có nghĩa là $\gamma > \alpha$ và do đó, lực $\vec{F}_1$ truyền sang bên trái của bán kính $OA$, và lực trey hướng xuống dọc theo tiếp tuyến (Hình 8). Đồng thời

$$\mu \geqslant |\text{tg} \beta| = \frac{3\sqrt{3}}{29} \approx 0,18.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét vấn đề ổn định trạng thái cân bằng của vật thể. Chúng tôi đã chỉ ra rằng vật ở trạng thái cân bằng nếu góc $\beta$ không vượt quá giá trị của arctan $\mu$. Cho vận tốc góc tăng một lượng nhỏ. Điều này có nghĩa là gia tốc hướng tâm quay trở lại và lực $\vec{F}_1$ quay. Hơn nữa, trong trường hợp đầu tiên (khi $\omega = 5$ rad/giây)

lực $\vec{F}_1$ quay sao cho góc $\beta$ giảm đi. Nhờ đó, cơ thể luôn giữ được trạng thái cân bằng. Khi $\omega$ giảm nhẹ, góc $\beta$ sẽ tăng lên. Nhưng điều này là không thể. Do đó, cơ thể không còn có thể ở trong giới hạn

48

vị trí và trượt xuống. Trong trường hợp này, góc $\alpha$ sẽ giảm, do đó góc $\beta$ có thể trở thành $tg\beta \leq \mu$. Như vậy cơ thể sẽ đạt đến vị trí cân bằng mới. Trong trường hợp thứ hai (tại $\omega=8\,pad/cek$), phản ứng của cơ thể trước những thay đổi nhỏ $\omega$ là ngược lại (bạn hãy tự chứng minh điều này).

Việc nghiên cứu vấn đề ổn định trạng thái cân bằng khi thay đổi vị trí của vật có phần khó khăn hơn. Đầu tiên, chúng ta hãy thực hiện một số lý luận định tính. Trong trường hợp đầu tiên ($\omega=5\,pad/cek$), vị trí cân bằng của vật nằm trên vị trí cân bằng khi không có ma sát (vì lực ma sát hướng lên trên). Do đó, khi cơ thể được di chuyển xuống dưới thì nó ở một vị trí mới, và khi di chuyển lên trên thì nó ở một vị trí khác. Trong trường hợp thứ hai ($\omega=8\,pad/cek$), mọi thứ sẽ ngược lại.

Câu hỏi về sự ổn định của thăng bằng trong quá trình thay đổi vị trí cơ thể có thể được giải quyết một cách chặt chẽ hơn. Để làm được điều này, chúng ta cần tìm hiểu xem $tg\beta$ thay đổi như thế nào khi vật có những sai lệch nhỏ so với vị trí cân bằng, chẳng hạn như với những thay đổi ở góc $\alpha$. Điều này có thể được thực hiện bằng cách kiểm tra đạo hàm của biểu thức cho $tg\beta$ (công thức (1)) đối với $\alpha$. Ví dụ: nếu đạo hàm dương khi $\alpha$ tăng thì $tg\beta$ tăng. Và điều này, như chúng tôi đã nói, có nghĩa là cơ thể phải được đưa trở lại trạng thái trước đó. Và vân vân. Chúng tôi khuyên những người biết cách thực hiện việc này nên hoàn thành tất cả các tính toán cần thiết và xác nhận lý luận định tính của chúng tôi.

F429. Thân xi lanh, piston và vách ngăn bên trong có diện tích $1\,dm^2$ được làm bằng vật liệu kim loại (Hình 9). Van ở tấm chắn mở ra nếu áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ở trạng thái ban đầu, ở phần bên trái của hình trụ có chiều dài $l=11,2$ dm có $m_1=12$ g lọ thuốc, ở phần bên phải của hình trụ có chiều dài $l=12$ g lọ thuốc, ở phần bên phải của hình trụ có chiều dài $l=12$ g lọ thuốc; với obikhu stropon thì nhiệt độ là $t_0=0^\circ C$ ($T_0=273^\circ K$). Áp suất bên ngoài $p_0=10^5$ n/m2. Nhiệt độ riêng có màu xanh lá cây ở thể tích không đổi $c_V=3,15.10^3$ J/(kg độ) và ở áp suất không đổi $c_p=5,25.10^3$ J/(kg độ). Chúng tôi từ từ đẩy piston về phía rào chắn (với một lực kéo nhẹ vào thời điểm van mở ra) và cẩn thận đưa nó đến rào chắn. Sản phẩm của công việc tương đương là gì? Diện tích pít-tông $S=10^{-2}\,m^2$.

Vì hệ được đặt ở trạng thái nhiệt, nên tổng công $A$ được thực hiện trên lớp khí tác dụng lên pít-tông và lực của áp suất khí quyển bằng độ biến thiên năng lượng của khí $\Delta U$:

$$A = \Delta U.$$

Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $T$ nhiệt độ cuối cùng của khí. Sau đó $\Delta U = c_V(m_1+m_2)(T-T_0)$.

Để tìm công $A_1$ của lực tác dụng lên pít-tông, cần phải trừ công của lực áp suất khí quyển $A_2=p_0Sl$ khỏi tổng công $A$. Kết quả là chúng tôi nhận được

$$A_1 = c_V(m_1+m_2)(T-T_0)-p_0Sl.$$

Trong tất cả các đại lượng có trong biểu thức này, chúng ta không chỉ biết nhiệt độ $T$ khi kết thúc quá trình. Hãy tìm cô ấy. Để làm được điều này, chúng ta sẽ phải xem xét tất cả các quá trình này một cách tuần tự.

Rõ ràng là lúc đầu áp suất ở phía bên trái của hình trụ lớn hơn ở phía bên phải:

$$p_1 = \frac{m_1}{\mu} \frac{R T_0}{l S} > p_2 = \frac{m_2}{\mu} \frac{R T_0}{l S}.$$

Khi piston di chuyển về phía tấm chắn, khí ở phía bên phải của xi lanh sẽ bị nén cho đến khi áp suất của nó bằng $p_1$ và van trong tấm chắn mở ra. Vì sự lăn của chất khí xảy ra một cách phụ trợ nên thể tích của nó $V_1$ sau khi lăn sẽ trở thành sao cho

$$p_1 V_1^\gamma = p_2 V_0^\gamma,$$

trong đó $\gamma = \frac{cp}{c_V}$ là chỉ báo adnabata và $V_0=lS$ *). Từ đây

$$V_1 = V_0 \left( \frac{p_2}{p_1} \right)^{\frac{1}{\gamma}} = V_0 \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^{\frac{1}{\gamma}}.$$

Nhiệt độ $T_1$, bên phải sẽ là khí

*) Đối với quy trình adnabate, các thông số khí tương ứng cũng hợp lệ: $TV^{\gamma-1}=const$ (ví dụ, xem bài viết của V. Kresi và “Quy trình Adnabate”, «Kvant», 1977, số 6); $pV^{\gamma}=const; pT^{\frac{\gamma}{1-\gamma}}=const$.

49

Chúng ta tìm thấy các phần của hình trụ từ phương trình trạng thái khí:

$$T_1 = \frac{p_1 V_1 \mu}{R m_2} = \frac{p_1 V_1}{p_2 V_0} T_0 = T_0 \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^{\frac{1}{\gamma} - 1}.$$

Bây giờ áp suất đã trở nên giống như bên trái, van trong vách ngăn mở ra và các khí chuyển động (pít-tông không chuyển động vào lúc này). Nhiệt độ của “hỗn hợp” $T_2$ có thể được xác định từ phương trình cân bằng nhiệt:

$$c_V m_1 (T_2 - T_0) = c_V m_2 (T_1 - T_2),$$

Và

$$T_2 = \frac{m_1 T_0 + m_2 T_1}{m_1 + m_2} = T_0 \frac{m_1}{m_1 + m_2} \left[ 1 + \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^{\frac{1}{\gamma}} \right].$$

Sau khi dịch chuyển, toàn bộ chất khí có khối lượng $m = m_1 + m_2$ bị nén adnabat từ thể tích $V = V_1 + V_0$ sang thể tích $V_0$, và nhiệt độ của nó thay đổi từ $T_2$ thành $T$. Đồng thời

$$TV_0^{\gamma-1} = T_2 V^{\gamma-1},$$

Ở đâu

$$T = T_2 \left( \frac{V_1 + V_0}{V_0} \right)^{\gamma-1} = T_0 \frac{m_1}{m_1 + m_2} \left[ 1 + \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^{\frac{1}{\gamma}} \right]^{\gamma}.$$

Thay biểu thức này cho $T$ vào công thức (*), cuối cùng chúng ta thu được

$$A_1 = c_V (m_1 + m_2) T_0 \left\{ \frac{m_1}{m_1 + m_2} \left[ 1 + \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^{\frac{1}{\gamma}} \right]^{\gamma} - 1 \right\} - p_0 Sl \approx 3674 \text{ дж.}$$

I. Slobodetsky

F430. Trong hình. Hình 10 cho thấy mạch đơn giản nhất của máy thu. Diode được coi là lý tưởng: điện trở của nó theo hướng thuận bằng 0, theo hướng ngược lại thì cao vô cùng. Công suất giải phóng ở điện trở $R$ thay đổi bao nhiêu lần khi một tụ điện $C$ được mắc song song với nó với một điện dung sao cho trong khoảng thời gian điện áp dao động bảy ($U=220$ V, $f=50$ Hz), điện tích của tụ điện thực tế không thay đổi?

Hình 10.

Nếu điện trở $R$ được kết nối trực tiếp với mạng AC thì nguồn điện bằng $\frac{U^2}{R}$ sẽ được giải phóng trong đó, trong đó $U$ là giá trị điện áp hiệu dụng.

Nếu điện trở được kết nối với mạng thông qua một diode (xem Hình 10), thì công suất giải phóng trong nó ít hơn 2 lần (dòng điện nửa chu kỳ qua điện trở là số lẻ):

$$P_1 = \frac{1}{2} \frac{U^2}{R}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm công suất $P_2$ được giải phóng trên điện trở khi một tụ điện được mắc song song với nó. Trong điều kiện bài toán người ta nói rằng trong thời gian điện áp dao động trong mạng, điện tích của tụ điện thực tế không thay đổi. Điều này có nghĩa là điện áp trên tụ có thể được coi là không đổi và bằng giá trị biên độ $U_0$.

Sau đó $P_2 = \frac{U_0^2}{R} = \frac{(V^2 U)^2}{R} = \frac{2U^2}{R}$, vì giá trị điện áp lớn hơn $\sqrt{2}$ lần giá trị hiệu dụng.

Như vậy, khi ghép tụ điện song song với điện trở thì công suất tỏa ra trong tụ điện lớn gấp 4 lần.

V. Skorovarov

50

Đối với lời giải này bài toán chúng ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Để chuẩn bị một lực $\vec{F}_1$ hoặc $\vec{F}_2$ có thời điểm tương ứng, lực có đường kính lớn hơn có $n$ răng, lực có đường kính nhỏ hơn có $n-1$ răng. Trong hệ thống macro-chimo, lực cần thiết để nâng hoặc hạ tải khác nhau $k$ lần. Người ta cho rằng việc tập luyện không phụ thuộc vào hướng chuyển động; tìm các lực này.

F431. Trong mạch vi sai, được minh họa bằng sơ đồ trong Hình 11, một chuỗi được sử dụng, mỗi mômen chứa các liên kết $N$. Các puly của khối phía trên có các răng được luồn vào các mắt xích, lực có đường kính lớn hơn có răng $n$ và lực có đường kính nhỏ hơn có $n-1$. Trong hệ thống macro-chimo, lực cần thiết để nâng hoặc hạ tải khác nhau $k$ lần. Người ta cho rằng việc tập luyện không phụ thuộc vào hướng chuyển động; tìm các lực này.

Hình 11.

Đối với lời giải này bài toán chúng ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Để chuẩn bị một lực $\vec{F}_1$ hoặc $\vec{F}_2$ có thời điểm tương ứng, lực có đường kính lớn hơn có $n$ răng, lực có đường kính nhỏ hơn có $n-1$ răng. Huấn luyện trong hệ thống sili macro-chimo, 缺损om, tải tăng $\frac{n-(n-1)}{2}$ liên kết, nghĩa là lên đến độ cao $h_1 = \frac{1}{2N}$ mét, và thế năng của nó tăng lên bởi

$$\Delta \Pi_1 = m |\vec{g}| h_1 = m |\vec{g}| \frac{1}{2N}$$

(m là khối lượng của tải). Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_{\text{тр}}$ công của lực ma sát. Khi đó theo định luật bảo toàn năng lượng

$$|\vec{F}_1| \frac{n}{N} = m |\vec{g}| \frac{1}{2N} + A_{\text{тр}}.$$

Bây giờ hãy để khối phía trên, dưới tác dụng của lực $\vec{F}_2$, thực hiện một vòng hoàn toàn theo chiều kim đồng hồ. Trong trường hợp này, lực $\vec{F}_2$ sẽ tác dụng

$$A_2 = |\vec{F}_2| l_2 = |\vec{F}_2| \frac{n-1}{N},$$

thế năng của tải sẽ thay đổi theo giá trị sau:

$$\Delta \Pi_2 = -m |\vec{g}| h_2 = -m |\vec{g}| \frac{1}{2N},$$

và công của lực ma sát sẽ giữ nguyên như trong trường hợp đầu tiên (vì giá trị tuyệt đối của chuyển động là như nhau và ma sát không phụ thuộc vào hướng chuyển động). Vì vậy chúng ta có thể viết

$$|\vec{F}_2| \frac{n-1}{N} = -m |\vec{g}| \frac{1}{2N} + A_{\text{тр}}.$$

Hơn nữa, theo điều kiện bài toán

$$|\vec{F}_1| = k |\vec{F}_2|$$

Giải hệ phương trình (1)–(3), ta tìm được

$$|\vec{F}_1| = m |\vec{g}| \frac{k}{n(k-1)+1},$$

$$|\vec{F}_2| = m |\vec{g}| \frac{1}{n(k-1)+1}.$$

I. Slobodetsky