Lời giải bài toán M540—M544; F553—F557

22

Khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng là $L = 380 \cdot 10^3$ km.
Đường kính đồng tử của mắt được lấy bằng $d = 5$ mm.
Hằng số Planck $h = 6,6 \cdot 10^{-34}$ J s.
Olympic Vật lý Quốc tế X1, 1979

F611. Người nhào lộn đứng trên mặt bên của một hình trụ nằm trên sàn rất gồ ghề, di chuyển chân và di chuyển với tốc độ không đổi sang phải. Xét hệ số ma sát của ủng của người nhào lộn trên bề mặt của hình trụ bằng $\mu$, hãy xác định góc giới hạn $\alpha$, góc này có thể bằng bán kính thẳng đứng của hình trụ được vẽ đến điểm đặt người nhào lộn. Độ ma sát giữa ủng của người nhào lộn và hình trụ sẽ là bao nhiêu?

F612. Cần cung cấp lượng nhiệt bao nhiêu cho 0,1 kg neon để làm nóng nó thêm $5^\circ\text{C}$, nếu trong quá trình đun nóng, áp suất của neon tỷ lệ thuận với thể tích của nó?

Lời giải bài toán

M540—M544; F553—F557

M540. Hiệp hội quốc tế bao gồm các đại diện từ sáu quốc gia khác nhau. Danh sách thành viên của hội gồm 1978 họ, đánh số 1, 2,…, 1978.

Chứng minh rằng có ít nhất một thành viên của xã hội có số lượng bằng tổng số của hai thành viên từ quốc gia của anh ta hoặc trùng với số thành viên nào đó từ quốc gia của anh ta.

Hình 1.

Giả sử rằng kết luận bài toán không đúng. Lưu ý rằng một trong các quốc gia có ít nhất 330 thành viên trong xã hội. Thật vậy, nếu mỗi phái đoàn tiểu bang có không quá 329 thành viên thì tổng cộng sẽ không có nhiều hơn $329 \times 6 = 1974$ thành viên trong xã hội. Chúng ta sẽ sử dụng một lập luận tương tự (được gọi là lý do Dirichlet) nhiều lần nữa mà không vi phạm cụ thể nó. Hãy sắp xếp số lượng nhà khoa học của đất nước này theo thứ tự tăng dần: $a_1, a_2, \dots, a_{330}$. Theo giả định của chúng tôi, các nhà khoa học có số $a_2-a_1, a_3-a_1, \dots, a_{330}-a_1$ đại diện cho năm quốc gia còn lại. Ít nhất 66 điểm trung bình đại diện cho một quốc gia; hãy để đây là những nhà khoa học có số $b_1, b_2, \dots, b_{66}$. Sau đó, các nhà khoa học được đánh số $b_2-b_1, \dots, b_{66}-b_1$ đại diện cho bốn quốc gia còn lại. Trung bình có ít nhất 17 nhà khoa học đại diện cho một quốc gia; hãy để số của họ là $c_1, c_2, \dots, c_{17}$. Sau đó các nhà khoa học có số $c_2-c_1, \dots, c_{17}-c_1$ sống ở ba quốc gia còn lại. Tương tự, từ đó ta sẽ tìm được 5 nhà khoa học đại diện cho hai quốc gia và sau đó là hai đại diện của một quốc gia, sự khác biệt về số lượng không thể bằng số lượng nhà khoa học ở cả hai quốc gia. Mâu thuẫn!

Nhiệm vụ lời giải.

Nếu bây giờ chúng ta đặt câu hỏi phải có bao nhiêu thành viên trong một xã hội từ đại diện của $k$ quốc gia để kết luận bài toán chắc chắn đúng, thì phương pháp trên lời giải cho ra đáp số $n_k = [k!e] = k! \left( 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{k!} \right)$ (tự kiểm tra điều này).

Tuy nhiên, ước tính này có thể được cải thiện với giá $k=3$. Như A. Khodulyev đã nói với chúng tôi, đối với ba quốc gia, không phải 16=[3!e] mà 14 đại diện là đủ. Đối với 13 đại diện của ba quốc gia, kết luận bài toán không đúng; một ví dụ tương ứng được trình bày trong Hình 1. Và đối với bốn quốc gia, 45 đại diện là đủ; đối với 44 đại diện của bốn quốc gia, có thể đưa ra một ví dụ khi kết luận bài toán không được thỏa mãn. Ước tính của SSI về số lượng thành viên của xã hội từ $k$ quốc gia

23

M541. Trong một nhóm N., mỗi người có đúng ba người bạn.
a) Chứng minh rằng N bằng nhau.
b) Có thể chia một nhóm người thành N/2 cặp để những người trong mỗi cặp là bạn bè không?

Hình 2.

M542. Cho một tam giác vuông $A_0A_1A_2$ có sao chổi $|A_0A_2| = a$ và $|A_1A_2| = b$. Cánh đồng kiến ​​dọc theo giòn vô tận $A_2A_3A_4A_5\dots$, thức ăn $A_nA_{n+1}$ - chiều cao của hình tam giác $A_{n-2}A_{n-1}A_n$.
a) Tìm độ dài đường đi của nó (từ vô số đoạn thẳng).
b) Xây dựng một điểm giới hạn L mà con kiến ​​tiến tới. Nó nằm cách sao chổi bao nhiêu km?

a) Hãy đếm số cặp bạn bè. Vì mọi người đều có ba người bạn, tức là có trong 3 cặp như vậy nên tổng số cặp là 3N/2. Suy ra N là số chẵn.

Nếu chúng ta biểu diễn con người dưới dạng điểm - đỉnh và bạn bè được kết nối bằng đoạn - cạnh thì cấu hình thỏa mãn điều kiện bài toán sẽ là đồ thị đồng nhất của cột 3 (3 cạnh kéo dài từ mỗi đỉnh). Trong ngôn ngữ của đồ thị, lời giải của chúng ta có thể được viết như sau: vì mỗi cạnh M của đồ thị có hai đầu và mỗi đỉnh trong số N đỉnh đóng vai trò là điểm cuối của ba cạnh, $2M=3N$, từ đó $M=3N/2$.

6. Đáp số. Không phải lúc nào cũng vậy. Ví dụ đơn giản nhất, được đưa ra bởi hầu hết tất cả độc giả đã giải đúng bài toán, chứa 16 đỉnh và do đó có 24 cạnh (Hình 2). Nếu chúng ta chọn cặp $OA_1$ thì các ngũ chứa $A_2$ và $A_3$ không thể chia thành từng cặp được nữa. Như học sinh lớp 10 V. Guba từ Vologda đã lưu ý, các ví dụ cũng tồn tại cho cả bốn $N \geq 16$.

Trong tất cả các biện pháp đối phó do độc giả đưa ra, đồ thị đều có một eo - một cạnh, sau khi chọn đồ thị sẽ chia thành hai phần (trong ví dụ của chúng ta có ba eo: $OA_1$, $OA_2$ và $OA_3$). Đây không phải là tai nạn. Có thể chứng minh—chúng tôi đưa ra điều này dưới dạng bài toán cho độc giả—rằng trong một đồ thị đồng nhất của cột 3 không có eo đất, luôn tồn tại một đồ thị chứa tất cả các đỉnh của đồ thị và không có đỉnh chung. (Ví dụ, xem chương 18 trong cuốn sách của K. Berge “Lý thuyết đồ thị và các ứng dụng của nó” (Moscow, IL, 1962).)

Nhiệm vụ so khớp là một phần khá nâng cao của lý thuyết đồ thị. Một số bài toán này đã được thảo luận trong «Kvant» (1970, số 4, trang 14; 1974, số 11, trang 23).

Hãy xem xét phép biến đổi tương tự Π biến tam giác $A_0A_1A_2$ thành tam giác $A_2A_3A_4$. Hệ số tương đồng

$$k = \frac{|A_2A_3|}{|A_0A_1|} = \frac{ab}{a^2 + b^2}.$$

Phép biến đổi Π, rất indo, ánh xạ đường đứt nét màu đỏ Γ mà chúng ta quan tâm, được bổ sung bởi hai liên kết ban đầu $[A_0A_1]$ và $[A_1A_2]$, chính xác trên Γ, vì Π $(A_n)=A_{n+2}$ cho $n=0, 1, 2, \dots$ (Hình 3). Vì P giảm tất cả các khoảng cách theo hệ số k nên độ dài z của đường đứt nét Γ được xác định từ phương trình

$$k(|A_0A_1| + |A_1A_2| + z) = z,$$

Ở đâu

$$z = \frac{k(\sqrt{a^2 + b^2} + b)}{1 - k} = \frac{(\sqrt{a^2 + b^2} + b)ab}{a^2 + b^2 - ab}.$$

(Theo lý luận này, cách chung để tìm tổng của một cấp số nhân vô hạn bị ẩn: $(\sqrt{a^2 + b^2} + b)(k + k^2 + k^3 + \dots) = z$.) Lưu ý rằng mỗi tam giác $A_nA_{n+1}A_{n+2}$ chứa $(n=0, 1, \dots)$ tiếp theo và giao điểm của tất cả các tam giác này là điểm L mà trong giới hạn có một mũi tên con kiến. Vì Π $(\triangle A_nA_{n+1}A_{n+2}) = \triangle A_{n+2}A_{n+3}A_{n+4}$ nên ta thu được Π $(L) = L$, tức là điểm L là điểm cố định của phép biến đổi Π.

Phép biến đổi Π là phép quay tương tự ở tâm; nó có thể thu được dưới dạng bố cục được quay 90°

24

và nấu (với hệ số $k$) với tâm $L$. Theo sau đó $A_0LA_2 = A_2LA_4 = 90^\circ$; Do đó, điểm $L$ có thể được xây dựng dưới dạng giao điểm của hai hình bán nguyệt có đường kính $[A_0A_2]$ và $[A_2A_4]$, hoặc thậm chí đơn giản hơn - hạ thấp từ $A_2$ vuông góc $A_2L$ lên đoạn $A_0A_4$. Và để tìm khoảng cách $x$ và $y$ từ điểm $L$ đến hai cạnh có độ dài $a$ và $b$ của tam giác $A_0A_1A_2$, bạn có thể sử dụng thực tế là $L \in [A_0A_4]$ và $|LA_4| : |LA_0| = k^2$, hoặc thực tế là các đường vuông góc bị bỏ qua từ $L$ thành các phân đoạn $A_0A_2$, $A_2A_4$, $A_4A_6$, thu được các phép biến đổi $\Pi$ từ nhau, từ đó

$$\begin{cases} y = kx, \\ ka - x = ky \end{cases}$$

(ở Hình 3, đoạn dài $x$ màu xanh lam, đoạn dài $y = kx$ màu xanh lá cây, đoạn dài $ky$ lại màu xanh lam). Như vậy,

$$x = \frac{ka}{k^2 + 1} = \frac{a^2b}{a^4 + 3a^2b^2 + b^4},$$

$$y = \frac{k^2a}{k^2 + 1} = \frac{a^3b^2}{a^4 + 3a^2b^2 + b^4}.$$

Trong một số chữ cái, đáp số này được lấy dưới dạng tổng của một cấp số nhân có giá trị $k^2$ - phép biến đổi $\Pi^2$ đang được hệ số chuẩn bị.

M543. Cho phép

$$\rho(x, y) = \frac{|x - y|}{\sqrt{1 + x^2}\sqrt{1 + y^2}}.$$

Chứng minh rằng với mọi số thực $a, b$, có bất đẳng thức

$$\rho(a, c) \leq \rho(a, b) + \rho(b, c).$$

Hình 4.

Công thức cho “khoảng cách” $\rho$ về cơ bản có thể được chiếu bằng cách thiết lập sự tương ứng một-một $y = tg\alpha$ giữa các số $y \in \mathbb{R}$ và các số $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$. Nếu $y_1 = tg\alpha_1$, $y_2 = tg\alpha_2$, thì thay $tg\alpha$ bằng $\sin\alpha/\cos\alpha$, ta được

$$\rho(y_1, y_2) = \frac{|tg\alpha_1 - tg\alpha_2|}{\sqrt{1 + tg^2\alpha_1}\sqrt{1 + tg^2\alpha_2}} = |\sin(\alpha_1 - \alpha_2)|.$$

Vì vậy, chúng ta cần bất đẳng thức tam giác cho khoảng cách $\rho$ suy ra từ bất đẳng thức sau:

$$|\sin(\alpha_1 - \alpha_2)| \leq |\sin(\alpha_1 - \alpha_2)| + |\sin(\alpha_2 - \alpha_3)|;$$

(2) các bất đẳng thức sau đây đúng (với mọi $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$) không còn nghi ngờ gì nữa: với mọi $\beta$ và $\gamma$

$$|\sin(\beta + \gamma)| = |\sin\beta\cos\gamma + \sin\gamma\cos\beta| \leq |\sin\beta\cos\gamma| + |\sin\gamma\cos\beta| \leq |\sin\beta| + |\sin\gamma|;$$

đặt $\beta = \alpha_1 - \alpha_2$, $\gamma = \alpha_2 - \alpha_3$ ở đây, ta thu được (2).

Những công thức và phép tính lượng giác này, như nhiều độc giả đã nhận thấy, có thể được làm rõ bằng cách giải thích hình học về khoảng cách $\rho$ của chúng ta. Chúng ta hãy vẽ trên mặt phẳng một đường tròn tiếp tuyến với đường tọa độ $Oy$ tại điểm $O(y=0)$, có đường kính $|OP|=1$ và với mỗi điểm $Y$ (có tọa độ $y$) của đường thẳng, chúng ta liên kết giao điểm $F=F(y)$ của đoạn $PY$ với đường tròn này (Hình 4). Hãy để $F_1=F(y_1)$, $F_2=F(y_2)$. Khi đó $\rho(y_1, y_2)$ chỉ đơn giản là dilinah $|F_1F_2|=\sin\beta$.

(Điều này ngay lập tức rõ ràng từ (1), vì $F_1PF_2=|\alpha_1 - \alpha_2|=\beta$, nhưng cũng dễ dàng thiết lập về mặt hình học - ở bên phải, khi đó, diện tích của tam giác trong Hình 4 với chiều dài đáy $|y_1-y_2|$ và chiều dài chiều cao 1 bằng một nửa tích $\sqrt{1+y_1^2}\sqrt{1+y_2^2}\sin\beta$.) Bây giờ “bất đẳng thức tam giác” rất indo.

Ánh xạ $y \rightarrow F(y)$ của đường thẳng lên hình tròn và ánh xạ tương tự của mặt phẳng lên hình cầu - “bản đồ lập thể

25

Phép chiếu vật lý là một công cụ rất quan trọng đối với lời giải hình học khác nhau bài toán *).

Những độc giả quen thuộc với số phức cũng sẽ đánh giá cao lời giải này (được chỉ ra bởi học sinh lớp 10 V. Guba từ Vologda). Sau phép biến đổi $y \rightarrow \frac{1}{y+i} = z (y)$, khoảng cách $p$ chuyển thành khoảng cách thông thường giữa các điểm trên mặt phẳng phức: $\rho (y_1, y_2) = \left| \frac{1}{y_1+i} - \frac{1}{y_2+i} \right|$; Sau đó, cách giải thích hình học của ánh xạ này về cơ bản dẫn đến Hình 4 tương tự.

N. Vasiliev

M544. Số đỉnh tối đa không thể kiểm tra được một đường chéo (nằm hoàn toàn bên trong đa giác) mà một n-уzelbnik lồi có thể có là bao nhiêu? Giải quyết bài toán này trước để được $n=4,5,6,7$.

Hình 5.

Hình 6.

Hãy chứng minh rằng số đỉnh như vậy không vượt quá $\left[ \frac{n}{2} \right]$.

Điều này suy ra ngay từ bổ đề sau:

Bổ đề. Nếu $A$ và $B$ là các đỉnh liền kề của đa giác không lồi $M$, thì đường chéo có thể được kiểm tra từ $A$ hoặc $B$.

Bằng chứng. Đặt $B$ và $C$ là các đỉnh của đa giác $M$ liền kề với $A$.

Trước tiên chúng ta hãy giả sử rằng $BAC < 180^\circ$. Nếu tam giác $ABC$ (bao gồm cả các cạnh của nó) không có đỉnh nào khác của đa giác $M$ thì đường chéo yêu cầu là $[BC]$. Nếu trong tam giác $ABC$ có các đỉnh khác của đa giác $M$ thì ta chọn đỉnh giữa của chúng $D$, nằm cách đường $l$ một khoảng tối thiểu, đi qua điểm $A$ song song với $[BC]$. Khi đó $[AD]$ là đường chéo bắt buộc, vì nếu không thì đoạn $AD$ sẽ bị cắt bởi một cạnh $EF$ nào đó của đa giác $M$ (Hình 5), một trong hai đầu của nó sẽ nằm gần đường thẳng $l$ hơn điểm $D$, điều này sẽ mâu thuẫn với sự lựa chọn của điểm sau.

Hãy để bây giờ $BAC > 180^\circ$. Hãy chứng minh rằng trong trường hợp này luôn có thể kiểm tra đường chéo từ đỉnh $A$. Để làm điều này, chúng ta mở rộng cạnh $BA$ của đa giác $M$ ra ngoài đỉnh $A$ cho đến giao điểm đầu tiên với các cạnh của đa giác $M$ tại một điểm nào đó $D$. Nếu $D$ là một đỉnh của đa giác $M$ thì $[AD]$ là đường chéo mong muốn. Ngược lại, $D$ nằm trên cạnh $EF$ của đa giác. Đặt đỉnh $E$ nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng $BA$ với đỉnh $C$ (Hình 6). Chúng ta sẽ di chuyển điểm biến $P$ ở bên $EF$ từ điểm $D$ sang điểm $E$. Khi đó đoạn biến đổi $AP$ sẽ bao phủ tam giác $ADE$. Nếu tam giác $ADE$ không có đỉnh của đa giác $M$ thì $[AE]$ là đường chéo bắt buộc. Nếu tìm thấy thứ như vậy, thì chúng ta chắc chắn sẽ gặp phải một thứ khi xoay đoạn $AP$ từ vị trí $[AD]$ sang vị trí $[AE]$. Đoạn từ đỉnh $A$ đến đỉnh gần $A$ nhất trên đoạn $AP$, đoạn đầu tiên “gặp” các đỉnh của đa giác $M$, sẽ là đường chéo bắt buộc.

Bổ đề đã được chứng minh.

*) Ví dụ, hãy xem cuốn sách của I. M. Yaglom “Các phép biến đổi hình học, II. Các phép biến đổi tuyến tính và tròn" (Moscow, GTTI, 1956); tập tài liệu của B. A. Rosenfeld và N. D. Sergeeva “Những phép biến đổi Stegerfaitse” (“Các bài giảng phổ biến về toán học”, số 53, M., “Hayka”, 1973); Các bài viết từ «Kvant»: 1977, số 10, tr. 14; 1978, số 12, tr. c.: 1, 50 và giây thứ 2. bao gồm.

26

Hình 7, a và 7, b trình bày các ví dụ về các điểm mới của (2k)-giác và (2k+1)-giác, đạt được ước tính $\left[\frac{n}{2}\right]$.

Do đó, số đỉnh của các điểm mới của $n$-giác mà không thể xác minh được một đường chéo nào nhiều nhất là $\left[\frac{n}{2}\right]$.

S. Bichkov

F553. Một tấm ván nặng có khối lượng $M$ nằm trên hai viên đá đơn có bán kính $r$ và $R$ có khối lượng bằng nhau. $m$.
Được xem xét giữa tâm của các viên đá $l$. Tấm ván sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu nếu nó bị nới lỏng?
Ma sát giữa tất cả các bề mặt là khối lượng được gán cho nó.

Vì không có hiện tượng trượt giữa tất cả các bề mặt nên khi ván và con lăn di chuyển, khoảng cách $|AB|$ giữa điểm tiếp xúc của con lăn và mặt phẳng ngang và khoảng cách bằng nhau $|A'B'|$ giữa điểm tiếp xúc của con lăn và ván sẽ không thay đổi (Hình 8). Do đó, khoảng cách $|O_1O_2| = l$ giữa tâm các con lăn sẽ không thay đổi. Và điều này có nghĩa là tốc độ tâm của các con lăn tại mọi thời điểm là như nhau và hướng theo đường thẳng $O_1O_2$.

Hãy tìm hướng vận tốc của khối tâm của tấm ván $O$.
Gọi tốc độ của tâm con lăn là $\vec{v}$. Khi đó trong hệ thống báo cáo chuyển động với tốc độ này, tâm của các con lăn đứng yên, vận tốc của các điểm $A'$ và $B'$ và do đó tốc độ $\vec{v}'$ của trọng tâm của tấm ván có giá trị tuyệt đối $\vec{v}$ và hướng dọc theo tấm ván. Trong mặt phẳng nằm ngang tương đối đứng yên của hệ thống báo cáo, tốc độ $\vec{u}$ của khối tâm bảng bằng tổng vectơ của các vận tốc $\vec{v}'$ và $\vec{v}$.
Từ Hình 8 cho thấy rõ vận tốc $\vec{u}$ hướng song song với đường thẳng $O_1O_2$. Chuyển động của bảng và khả năng tăng tốc của nó cũng được định hướng.

Ta biểu thị bằng $\vec{s}$ chuyển động của khối tâm của tấm ván tại thời điểm tốc độ của nó bằng $\vec{u}$. Tại thời điểm này, mô hình tốc độ của tâm con lăn $\vec{v} = |\vec{u}|/2 \cos \alpha$ và động năng của toàn hệ thống bằng

$$2 \frac{m |\vec{v}|^2}{2} + \frac{M |\vec{u}|^2}{2} = \frac{|\vec{u}|^2}{4} (m \cos^2 \alpha + 2 M).$$

Hình 8.

28

Ở đâu

$$t_0 = \frac{\mu g}{b} (m_1 + m_2).$$

Bây giờ không khó để xây dựng đồ thị về sự phụ thuộc của $|\vec{a}_1|$ và $|\vec{a}_2|$ theo thời gian $t$ (Hình 10).

I. Slobodetsky

F555. a) Một thanh cứng nhẹ có chiều dài $l$ có khối lượng $m$ ở đầu được gắn bản lề ở điểm dưới cùng và được giữ ở vị trí thẳng đứng bằng hai lò xo cứng nằm ngang $k$, được gắn chặt vào đầu trên của nó (Hình 11). Theo phương vuông góc với các lò xo thì thanh không thể song ngữ. Với khối lượng tải bằng bao nhiêu thì vị trí thẳng đứng của thanh trở nên ổn định?

b) Một kim đan nhỏ có chiều dài $l$ được đặt tối đa bằng một nửa, theo chiều dọc là 100 phút. Nếu tác dụng một lực ngang nhỏ $\vec{F}$ vào đầu trên của nó thì đầu trên của nan hoa sẽ lệch một lượng $a \ll l$. Ước tính trọng lượng mà một chiếc kim đan có thể chịu được ở đầu trên của nó mà không bị xẹp xuống. Sự khác biệt về hình dạng, khi lực ngang hoặc lực dọc tác dụng lên nó, độ đàn hồi sẽ cân bằng lực $\vec{F}$, gây ra sự dịch chuyển của đầu thanh, tức là $\frac{|\vec{F}|}{a}$.

Do đó, tải trọng tối đa mà một nan hoa có thể chịu được xấp xỉ

$$m \approx \frac{|\vec{F}| l}{ag}.$$

Hình 11. Hình 12.

có thể bị bỏ qua. Khi đó bài toán trở nên tương tự như bài toán a), trong đó giá trị $2k$, đặc trưng cho độ cứng của lò xo khi căng (nén), phải được thay thế bằng độ cứng $k'$ của các nan hoa khi uốn, bằng tỷ số mô đun của lực đàn hồi cân bằng lực $\vec{F}$ với độ dịch chuyển của đầu thanh, nghĩa là, $\frac{|\vec{F}|}{a}$.

Do đó, tải trọng tối đa mà một nan hoa có thể chịu được xấp xỉ

$$m \approx \frac{|\vec{F}| l}{ag}.$$

29

F556. Nếu bạn đặt một đoạn dây lên khối băng, từ đó nút thắt được treo (Hình 13), thì dây sẽ bắt đầu cắt băng. Điều này được giải thích là do khi áp suất tăng lên, điểm nóng chảy của băng bị vi phạm, lớp băng dưới dây bắt đầu mềm ra và phía trên dây bắt đầu đóng băng trở lại. Tuy nhiên, nếu một thứ gì đó không được làm từ dây mà từ một sợi nylon có cùng đường kính hoặc thậm chí nhỏ hơn, thì thực tế băng không bị cắt. Tại sao? Hãy thử kiểm tra trải nghiệm được mô tả.

Hình 13.

F557. Trong mạch như hình 14, phím K được đóng. Cường độ dòng điện cực đại trong mạch và hiệu điện thế cực đại trên tụ điện.

Hình 14.

Khi áp suất tăng lên, điểm nóng chảy của băng thực sự bị vi phạm. Tuy nhiên, khi băng tan, nhiệt của phản ứng tổng hợp bị hấp thụ và nhiệt độ của băng dưới dây bắt đầu giảm. Điều này xảy ra cho đến khi nhiệt độ của băng ở vùng áp suất cao giảm xuống nhiệt độ nóng chảy khi nó bắt đầu. Sự tan chảy tiếp theo của băng sẽ được xác định bởi nhiệt lượng, do tính dẫn nhiệt, sẽ truyền đến vùng có nhiệt độ cao.

Trong trường hợp dây, lượng nhiệt này sẽ được dẫn nhiệt do kim loại có tính dẫn nhiệt tốt từ nước đóng băng từ trên cao và quá trình cắt băng sẽ nhanh chóng. Trong trường hợp sợi nylon có độ dẫn nhiệt thấp, nhiệt sẽ được truyền chủ yếu do làm mát toàn bộ khối băng và quá trình cắt sẽ rất chậm.

I. Slobodetsky

Sau khi đóng chìa khóa, dòng điện sẽ chạy trong mạch. Do có điện cảm nên dòng điện không thể tăng ngay lập tức; nó sẽ tăng dần cho đến khi đạt giá trị cực đại.

Dòng điện chạy qua cuộn cảm sẽ tích điện cho tụ điện. Theo định luật bảo toàn năng lượng ở mọi thời điểm

$$\frac{LI^2}{2} + \frac{CU^2}{2} = q$$ (*)

Ở đây $I$ là dòng điện chạy qua cuộn cảm tại một thời điểm nhất định, $LI^2/2$ là năng lượng được lưu trữ tại thời điểm này trong từ trường của cuộn cảm, $U$ là điện áp trên tụ điện, $CU^2/2$ là năng lượng của tụ điện tại một thời điểm nhất định, $q = CU$ là điện tích truyền qua pin, $q$ là công thực hiện của pin.

Ở một giá trị nhất định của dòng điện $I_0$, điện áp trên tụ điện trở thành $\varepsilon$. Kể từ thời điểm này, tụ điện tiếp tục tích điện nhờ năng lượng của từ trường của cuộn cảm. Trong trường hợp này, dòng điện qua cuộn cảm bắt đầu giảm.

Do đó, $I_0$ là dòng điện cực đại trong mạch. Từ (*) tại $U = \varepsilon$ có

$$I_0 = \varepsilon \sqrt{C/L}.$$

Việc tích tụ điện tiếp tục cho đến khi xuất hiện dòng điện trong mạch ((*) ở điều kiện $I = 0$:

$$U_{\max} = 2\varepsilon.$$

P. Zubkov