Bài toán M736—M740; F748—F752

Kvant 1982, số 4 tr. 25, 26, 29, 30, 31, 32, 34 Thẻ G5FR

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Bài toán

M736—M740; F748—F752

M736. Đường trung tuyến BC và phân giác CL của tam giác ABC cắt nhau tại P. Chứng minh đẳng thức
$\frac{|PC|}{|PL|} - \frac{|AC|}{|BC|} = 1.$
Z. Andzhaparidze

M737. Hãy biểu thị bằng $d_k$ số lượng ngôi nhà như vậy trong thành phố của bạn nơi có ít nhất $k$ cư dân sinh sống ( $d_1 \geq d_2 \geq d_3 \geq \dots$ ) và bằng $c_m$ số lượng cư dân trong $m$ số lượng ngôi nhà lớn nhất ( $c_1 \geq c_2 \geq c_3 \geq \dots$ ). Chứng minh đẳng thức
a) $c_1 + c_2 + c_3 + \dots = d_1 + d_2 + d_3 + \dots$ ;
b) $c_1^2 + c_2^2 + c_3^2 + \dots = d_1 + 3d_2 + 5d_3 + \dots + (2k-1)d_k + \dots$ ;
c) $d_1^2 + d_2^2 + d_3^2 + \dots = c_1 + 3c_2 + 5c_3 + \dots$ ;
… + $(2m-1)c_m + \dots$ ,
A. Zelevinsky

M738*. Chứng minh rằng a) số đường thẳng khác hướng mà một $n$ -giác cho trước tạo ra các hình chiếu có độ lớn bằng nhau không vượt quá $2n$ ; b) số dòng tối đa như vậy đối với bất kỳ đa giác nào là số chẵn; c) đối với một tam giác, số này lớn hơn 3 khi và chỉ khi nó cấp tính.

B. Prasolov

M739. Chứng minh rằng với mọi giá trị $x$ mà phần bên phải có ý nghĩa thì các đẳng thức đúng
$\frac{tg x + tg \left(x + \frac{\pi}{3}\right) + tg \left(x + \frac{2\pi}{3}\right)}{tg x \cdot tg \left(x + \frac{\pi}{3}\right) \cdot tg \left(x + \frac{2\pi}{3}\right)} = 3;$
$\frac{tg x + tg \left(x + \frac{\pi}{n}\right) + \dots + tg \left(x + \frac{(n-1)\pi}{n}\right)}{tg x \cdot tg \left(x + \frac{\pi}{n}\right) \cdot \dots \cdot tg \left(x + \frac{(n-1)\pi}{n}\right)} = c_n,$
trong đó $n$ là số lẻ, $c_n$ là hằng số (tùy thuộc vào $n$ ).
b) $^*$ Tìm $c_n$ cho mọi số lẻ $n=5, 7, \dots$ .

M740. Seryozha đổ một ít shen vào một tấm thẻ hình trụ và hỏi dì hàng xóm của mình

Luda: “Bạn cần đổ bao nhiêu nước để nấu được món cháo ngon?” “Rất đơn giản,” người hàng xóm trả lời. - Nghiêng chảo - như thế này; gõ sao cho ngũ cốc đổ ra và phủ đều nửa đáy. Bây giờ hãy chú ý điểm trên thành chảo, gần mép nhất mà ngũ cốc đã nổi lên - và dùng ngón tay véo nó! Bạn cần phải đổ nước đến mức này" (Hình 1). “Chà, bạn có thể đổ nhiều hoặc ít kê, và có nhiều loại chảo khác nhau - rộng và hẹp”, Seryozha nghi ngờ. - “Không thành vấn đề, phương pháp của tôi phù hợp trong mọi trường hợp!” - Dì Lyuda tự hào trả lời.
a) Chứng minh rằng dì Lyuda đúng: tỷ lệ giữa thể tích nước và hạt kê theo công thức của dì sẽ luôn bằng nhau.
b) Tỷ lệ này là gì?

V. Semenova

F748. Một khối lập phương nhỏ trượt dọc theo một rãnh xoắn ốc có hình chữ nhật, được cắt trên bề mặt bên trong của một hình trụ rỗng dài (Hình 2). Bán kính đáy của hình trụ là R, bước vít là h và hệ số ma sát trượt là μ. Tìm tốc độ ổn định của khối lập phương. (Kích thước của khối lập phương và độ sâu của rãnh nhỏ hơn R rất nhiều.)

R. Enfijyan

F749. Đĩa lớn quay quanh trục của nó với vận tốc góc Ω. Một đĩa có bán kính r khối lượng m, trục của nó hướng thẳng đứng, được hạ từ trên xuống (Hình 3). Khoảng cách giữa các trục của các đĩa là d (d>r). Hệ số ma sát giữa các bề mặt của đĩa là μ. Xác định vận tốc góc không đổi của đĩa nhỏ. Phải tác dụng một lực bao nhiêu vào trục của đĩa lớn để tốc độ quay của nó không đổi? Không có đào tạo về trục.

S. Krotov

F750*. Khi hướng trên phần tử E thay đổi thì dòng điện chạy qua nó thay đổi như hình 4. Hướng trên phần tử E sẽ thay đổi như thế nào theo thời gian nếu đưa nó vào mạch điện như hình 5 (các thông số mạch được chỉ ra trong hình)? Điện trở tối thiểu của một điện trở có thể mắc song song với phần tử E là bao nhiêu để hướng đi đến phần tử không đổi?

Z. Rafailov

F751. Một vòng mỏng bán kính R được đặt trên một hình trụ rất thô có bán kính r nằm ngang (Hình 6). Tìm chu kỳ của vòng bình trong mặt phẳng thẳng đứng.

K. Sergeev

F752. Cách một thấu kính mỏng có tiêu cự F=10cm một khoảng L1=5m, có một vật sáng thẳng đứng đều được chiếu sáng đều.

M697. Chúng ta gọi độ bụng của một hình chữ nhật là tỷ lệ giữa cạnh nhỏ hơn và cạnh lớn hơn (độ bụng của hình vuông là 1). Chứng minh rằng, dù cắt hình vuông thành hình chữ nhật như thế nào thì tổng các bụng của chúng ít nhất cũng bằng 1.

Chúng ta giả sử rằng độ dài cạnh của hình vuông bằng 1. Đặt $a_k \times b_k$ là kích thước của các hình chữ nhật của phân vùng và $a_k \geq b_k$ ( $k=1, 2, \dots, n$ ). Vì $a_k \leq 1$ cho mọi $k$ ,
$\frac{b_1}{a_1} + \frac{b_2}{a_2} + \dots + \frac{b_n}{a_n} \geq a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n = 1$
(ở bên phải hình vuông).

Lưu ý rằng sự bằng nhau trong bất đẳng thức viết chỉ có thể thực hiện được nếu tất cả $a_k = 1$ ( $k=1, 2, \dots, n$ ), tức là nếu hình vuông được chia thành các dải bằng các đoạn song song với các cạnh của nó.

Thật thú vị khi tìm ra ước tính nào về tổng số hình chữ nhật của phân vùng có thể được đưa ra cho một hình chữ nhật nhất định có diện tích 1 và hình chậu $k$ .

S. Fomin

M698. Trên các cạnh $a, b, c, d$ , dựng các hình chữ nhật có kích thước $a \times c, b \times d, c \times a, d \times b$ nội tiếp đường tròn của tứ giác “hướng ra ngoài”. Chứng minh rằng tâm của các hình chữ nhật này là đỉnh của hình chữ nhật $a$ ) hình bình hành, $b$ ).

Lưu ý rằng đẳng thức trong bất đẳng thức viết có thể được đưa ra cho một hình chữ nhật có diện tích 1 và độ rỗng $k$ .

S. Fomin

M699. Hình bán nguyệt có đường kính $AB$ được cắt bởi đoạn $CD$ vuông góc với $AB$ thành hai tam giác cong $ACD$ và $BCD$ , trong đó chiều cao

a) Gọi $M, P, N, Q$ là tâm của các hình chữ nhật dựng trên các cạnh $AB, BC, CD$ và $DA$ của tứ giác nội tiếp $ABCD$ (xem hình).

Vì trong một tứ giác nội tiếp trong đường tròn, tổng các góc đối diện bằng $180^\circ$ và hình chữ nhật có các cạnh đối diện bằng nhau thì $MBP = NDQ$ và $NCP = MAQ$ (chúng ta coi các góc nhỏ hơn $180^\circ$ ). Do đó, $\triangle MBP \cong \triangle NDC$ và $\triangle NCP \cong \triangle MAQ$ . Do đó $|MP| = |NQ|$ và $|NP| = |MQ|$ , có nghĩa là tứ giác $MPNQ$ song song.

Chúng ta có thể coi cạnh $MQ$ của hình bình hành nhìn thấy được từ điểm $A$ từ bên trong hình bình hành, cạnh $PN$ nhìn thấy được từ điểm $C$ từ bên ngoài và tương tự, cạnh $MP$ nhìn thấy được từ điểm $B$ từ bên trong và cạnh $NQ$ từ điểm $D$ nhìn thấy được từ bên ngoài. Khi đó vị trí của tất cả các đoạn và hình tam giác sẽ như trong hình.

Hãy chứng minh rằng $MPN + NQM = 180^\circ$ (từ đây sẽ suy ra $MPN = NQM = 90^\circ$ ). Tổng này, rất/không, bằng $BPC + DQA = 180^\circ$ , vì $BPM = DQN$ và $CPN = AQM$ .

O. Penkin

a) Gọi $O$ là tâm của hình bán nguyệt đã cho. Chúng tôi sẽ giả định rằng $|AO| = 1$ . Với mục đích định nghĩa, giả sử điểm $C$ nằm giữa các điểm $B$ và $O$ và $|OC| = a$ (xem hình).

Áp dụng định lý Pythagore cho các tam giác $ADC$ và $ODC$ , ta thu được $|AD|^2 - |AC|^2 = |OD|^2 - |OC|^2$ , tức là

Có các đường tròn tiếp xúc AB tại các điểm E và F (xem hình). Chứng minh rằng $|AD| = |AF|$ , $|DF| = |BC|$ , giá trị của EDF không phụ thuộc vào việc chọn điểm C và AB.

M700. Có thể chia tập hợp tất cả các phân số thập phân hữu hạn thành a) hai, b) ba lớp sao cho hai số có hiệu $10^m$ không thuộc một lớp (với mọi số nguyên m=0, ±1, ±2…)?

F708. Một loạt thí nghiệm đã được thực hiện để nghiên cứu các tính chất của điện trở không plinoio. Đầu tiên, sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ đã được nghiên cứu. Khi nhiệt độ tăng lên giá trị $t_1 = 100^\circ C$ , điện trở thay đổi từ giá trị $R_1 = 50$ Ohm thành giá trị $R_2 = 100$ Ohm; trong quá trình làm mát, chốt lăn ngược đi qua ở nhiệt độ $t_2 = 99^\circ C$ (Hình 1).

Trong thí nghiệm thứ hai, một điện áp không đổi $U_1 = 60$ V được đặt vào điện trở, tại đó nhiệt độ của nó bằng $t_3 = 80^\circ C$ .

Cuối cùng, khi đặt một điện áp không đổi $U_2 = 80$ V vào điện trở, sự dao động của dòng điện tự trở xuất hiện trong mạch. Xác định chu kỳ của các dao động này và giá trị dòng điện lớn nhất. Nhiệt độ không khí trong phòng thí nghiệm không đổi và bằng $t_0 = 20^\circ C$ . Sự truyền nhiệt từ điện trở tỷ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ và không khí xung quanh. Điện trở nhiệt độ $c = 3\Delta J/K$ .

$|AD|^2 = |AC|^2 + |OD|^2 - |OC|^2$ hoặc $|AD|^2 = (1+a)^2 + 1-a^2 = 2+2a$ .

Gọi $O_1$ là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác cong BDC, bán kính $r$ . Từ tam giác vuông $OO_1F$ , chúng ta tìm thấy $(1-r)^2 = r^2 + (a+r)^2$ hoặc $(a+r)^2 + 2r = 1$ . Vì $|AF|^2 = (1+a+r)^2 = 1+2a+2r + (a+r)^2 = 2+2a$ , chúng ta nhận được $|AF| = |AD|$ . (Chứng minh $|BD| = |BE|$ tương tự).

Tam giác ADF là tam giác đều nên $AFD = ADF$ . Tiếp theo, $AFD = BDF + DBF$ , $ADF = ADC + CDF$ và $ADC = DBF$ ; do đó $CDF = BDF$ .

c) từ lời giải ở đoạn 6) dẫn đến $EDF = EDC + CDF = \frac{1}{2} ADB = \frac{\pi}{4}$ .

V. Người gửi

Đáp số: bạn có thể. Chúng ta hãy chia tập hợp tất cả các phân số thập phân hữu hạn thành 3 lớp, kết hợp thành một lớp những phân số có tổng các chữ số khi chia cho 3 có cùng số dư. Dễ dàng thấy rằng hiệu của hai phân số bất kỳ thuộc cùng một lớp có tổng các chữ số chia hết cho 3, và do đó không bằng $10^k$ với bất kỳ $k \in \mathbb{Z}$ nào.

A. Leiderman

Công suất Tellan được giải phóng khi dòng điện đi qua một điện trở, một phần sẽ làm nóng điện trở, một phần tiêu tán ra không gian xung quanh. Ở trạng thái cân bằng nhiệt (khi nhiệt độ của điện trở không đổi), toàn bộ năng lượng sinh ra sẽ bị tiêu tán.

Chúng ta hãy biểu thị bằng α hệ số tỷ lệ giữa công suất tiêu tán của điện trở và chênh lệch nhiệt độ giữa điện trở và không khí xung quanh.

Ở nhiệt độ $t_3 = 80^\circ C$ điện trở là $R_1 = 50$ Ohm (xem Hình 1) và $U_1^2/R_1 = \alpha(t_3 - t_0)$ (trong đó $U_1 = 60$ V), từ đó

$\alpha = U_1^2/R_1(t_3 - t_0) = 1,2 \ B^2/(\Omega \cdot \text{град}).$

Sự dao động tự kháng của dòng điện ở điện áp chạy qua điện trở $U_2 = 80$ V sẽ xảy ra do sự dao động giá trị điện trở của điện trở. Khi nhiệt độ của điện trở trở thành $t_1 = 100^\circ C$ , điện trở chốt lăn của nó tăng từ $R_1 = 50$ Ohm lên $R_2 = 100$ Ohm. Kết quả là nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở giảm; điện trở bắt đầu nguội hơn vòi. Ở nhiệt độ $t_1 = 100^\circ C$ điện trở của chốt lăn sẽ xảy ra lần nữa và quá trình lặp lại.

Chu kỳ dao động của dòng điện trong mạch bằng $T = t_1 + t_2$ , trong đó $t_1$ là thời gian nóng lên của điện trở từ $99^\circ C$ đến $100^\circ C$ , $t_2$ là thời gian làm mát từ $100^\circ C$ đến $99^\circ C$ .

Viết phương trình cân bằng nhiệt:

$\frac{U_2^2}{R_1} \tau_1 = \tau_1 \alpha(t_1 - t_0) + c(t_1 - t_2),$

$\frac{U_2^2}{R_2} \tau_2 = \tau_2 \alpha(t_1 - t_0) - c'(t_1 - t_2)$

Hình 1.
(vì nhiệt độ của điện trở thay đổi rất ít nên chúng ta có thể giả sử rằng nhiệt lượng tỏa ra không đổi và bằng $\alpha(t_1 - t_0))$ .

Thay số liệu vào, ta tìm được:
$\bar{\tau}_1 = \bar{\tau}_2 \approx 0,1 \quad c \Rightarrow T \approx 0,2 \quad c.$
Giá trị hiện tại tối đa rõ ràng là
$I_{\max} = U_2/R_1 = 1,6 \quad A.$
Giá trị tối thiểu -
$I_{\min} = U_2/R_2 = 0,8 \quad A.$
Hình 2 cho thấy đồ thị về sự thay đổi dòng điện trong mạch theo thời gian.

A. Buzdin

F710.*) Khi quan sát trong vùng vượt quá giới hạn của một giọt, vùng này tăng kích thước, đặt những giọt nhỏ nhất gặp trên đường đi của nó, người ta thấy rằng giọt nước luôn chuyển động với gia tốc không đổi. Xác định gia tốc này, giả sử kích thước giọt ban đầu là nhỏ. Bỏ qua lực cản của không khí khi giọt nước chuyển động.

Độ biến thiên động lượng của một giọt có khối lượng thay đổi rơi xuống trong thời gian ngắn $\Delta t$ bằng
$\Delta(mv) = mg \cdot \Delta t.$ (1)

Theo điều kiện, sự thay đổi khối lượng của giọt nước theo thời gian $\Delta t$ bằng
$\Delta m = a\varrho v_{\text{cp}} s \cdot \Delta t,$ (2)

trong đó $\varrho$ là mật độ của nước, $v_{\text{cp}}$ là tốc độ trung bình của giọt nước theo thời gian $\Delta t$ , $s = 4\pi r^2$ là diện tích bề mặt của giọt nước, $\alpha$ là hệ số tỉ lệ không thứ nguyên. Mặt khác, vì $m = 4/3\pi r^3 \varrho$ ( $r$ là bán kính của giọt nước),
$\Delta m = 4\pi r^2 \varrho \cdot \Delta r = s\varrho \cdot \Delta r.$

Nếu trong thời gian $\Delta t$ giọt nước đi được quãng đường $\Delta y$ thì $\Delta t = \Delta y/v_{\text{cp}}$ . Thay các biểu thức của $\Delta m$ và $\Delta t$ vào (2), ta thu được
$\Delta r = \alpha \cdot \Delta y \sim \Delta y.$

Do đó, bán kính của giọt nước tăng tỷ lệ với quãng đường di chuyển, tức là $r \sim y$ .

Vì vật rơi chuyển động với gia tốc không đổi $a$ , $y = at^2/2 \sim t^2$ . Vì vậy, $r \sim t^2$ , $m \sim r^3 \sim t^6$ . Khi tính đến các mối quan hệ này, từ (1) chúng ta có được
$\Delta(t^6 at) \sim t^6 g \cdot \Delta t.$

Tiến hành vi phân sau, ta tìm được $a$ :
$\Delta(at^7) = 7at^6 \cdot \Delta t = t^6 g \cdot \Delta t \Rightarrow a = g/7.$

A. Stasenko

F711. Bảng này trình bày dữ liệu thực nghiệm về nhiệt dung và khối lượng mol của chất rắn tân vỏ (hai hàng đầu tiên của bảng). Dựa trên những dữ liệu này, hãy thiết lập một mẫu vật lý nhất định và điền vào ba ô trống

*) Lời giải bài toán F709 - trong bài viết của A. Zilberman “Hai phương pháp tính toán mạch điện” trên trang. 33.

Nếu nhìn vào bảng, bạn có thể thấy rằng tích của nhiệt dung riêng $c$ (J/(g K)) với khối lượng mol $A$ (g/mol), tức là nhiệt lượng mol $C = cA$ (J/(mol K)), đối với tất cả các kim loại cho trong bảng là một giá trị gần như không đổi (các giá trị $C$ được cho ở hàng thứ ba của bảng) và gần bằng $3R = 24,93$ J/(mol K). Thực tế thực nghiệm này được gọi là định luật Dulong và Petit. Giá trị trung bình $C$ của mười kim loại được liệt kê trong bảng là 25,02 J/(mol K). Độ lệch tối đa so với mức trung bình là 0,7 đối với nhôm và +0,8 đối với độ lệch thấp hơn, nghĩa là độ lệch tương đối vượt quá $3 \div 4\%$ . Thật hợp lý khi cho rằng đối với các kim loại như titan, sắt, magie, nhiệt mol phải gần bằng 25 J/(mol K) với mức vượt quá xấp xỉ như vậy.

các bảng. Độ chính xác ước tính của dự đoán của bạn là bao nhiêu (tính bằng phần trăm)? Hằng số khí phổ quát $R=8,31$ J/(mol K).

Bây giờ thật dễ dàng để điền vào các ô trống còn lại của bảng: đối với sắt $A \approx 56$ g/mol; đối với magie $c \approx 1,04$ J/(g K); đối với titan $c \approx 0,52$ J/(g K).

Hãy trình bày các giá trị thực nghiệm nhiệt dung mol của các kim loại này: đối với sắt $C=25,02$ J/(mol K);

| Bạc | Nhôm | Vàng | Bismut | coban | đồng | Sắt | Liti | Matniy | Niken | Bạch kim | Titan | Vanadi |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $c$ , J/(g K) | 0,238 | 0,90 | 0,128 | 0,122 | 0,417 | 0,383 | 0,447 | 3,52 | 0,43 | 0,131 | 0,484 |
| $A$ , g/mol | 107 | 27 | 197 | 209 | 59 | 64 | 7 | 24 | 60 | 196 | 48 | 51 |
| $C$ , J/(mol K) | 25,47 | 24,31 | 25,22 | 25,5 | 24,6 | 24,5 | 24,64 | 25,8 | 25,7 | 24,7 |

đối với magie $C=24,6$ J/(mol K); đối với titan $C=25,02$ J/(mol K).

E. Surkov

F712. Một quả bóng nhỏ chuyển động với tốc độ không đổi $\vec{v}_0$ dọc theo một mặt phẳng nằm ngang nhẵn và rơi tại điểm $A$ vào một giếng hình trụ thẳng đứng chứa lubbin $H$ và bán kính $R$ . Vectơ vận tốc của quả bóng tạo một góc $\alpha$ với đường kính của giếng hướng tới điểm $A$ (Hình 1). Theo sự tương ứng nào giữa $\vec{v}_0$ , $H$ , $R$ và $\alpha$ quả bóng, sau khi va chạm đàn hồi với thành và đáy, có thể được “chọn” từ giếng không?

Hình 1 cho thấy góc nhìn từ trên xuống của quỹ đạo của quả bóng.

Vì quả bóng va chạm với thành và đáy giếng là đàn hồi nên giá trị tuyệt đối của hình chiếu ngang của vận tốc quả bóng không đổi và bằng $v_0$ . Khoảng cách theo phương ngang giữa các điểm xảy ra hai va chạm liên tiếp bằng $|AA_1| = |A_1A_2| = |A_2A_3| = \dots = 2R$ cos $\alpha$ . Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp của quả bóng với thành giếng là $t_1 = 2R \cos \alpha/v_0$ .

Hình chiếu thẳng đứng của vận tốc của quả bóng không thay đổi khi chạm vào tường nhưng khi chạm đáy thì nó đổi dấu ngược lại. Giá trị tuyệt đối của hình chiếu thẳng đứng khi va chạm lần đầu với đáy là $\sqrt{2gH}$ ; thời gian chuyển động từ miệng giếng xuống đáy giếng là $t_2 = \sqrt{2H/g}$ .

Hình 2 thể hiện sự phát triển theo chiều dọc của khối đa diện $A_1A_2A_3\dots$ . Dấu vết quỹ đạo của quả bóng trong quá trình quét như vậy là các parabol (toàn bộ các parabol là dấu vết quỹ đạo giữa các lần va chạm liên tiếp ở phía dưới). Rõ ràng là quả bóng sẽ có thể “chọn” khỏi giếng nếu thời điểm bay lên tối đa dọc theo parabol trùng với thời điểm va chạm với tường (tức là tại thời điểm bay lên tối đa, quả bóng đang ở điểm $A_n$ trên ranh giới của giếng). Điều này có nghĩa là các thì $t_1$ và $t_2$ phải liên quan với nhau.

Hình 1.

Hình 2.

tính toán sự thay đổi dòng điện trong bất kỳ nhánh nào của mạch khi EMF của một trong các nguồn thay đổi - phương pháp xếp chồng rất thuận tiện. Sự thay đổi trong EMF theo cường độ ΔΦ có thể được biểu thị bằng việc thêm một loạt pin không có điện trở trong có EMF bằng ΔΦ vào một nguồn nhất định. Rõ ràng là trong trường hợp này không cần phải tính toán tất cả các mạch đơn giản; chỉ cần xem xét một - với EMF ΔΦ là đủ. Giá trị thu được của dòng điện trong các nhánh sẽ là những thay đổi mong muốn của dòng điện.

Ví dụ: chúng ta hãy tìm sự thay đổi dòng điện qua pin $\delta_2$ (ở pin trước bài toán) khi emf của pin đầu tiên ( $\delta_1$ ) thay đổi một lượng ΔΦ. Chúng ta hãy sử dụng một mạch tương tự như 2,a, trong đó một pin có emf ΔΦ được kết nối tại chỗ $\delta_1$ . Trong mạch như vậy, dòng điện chạy qua $r_2$ là

$\Delta I = \frac{\Delta \delta}{\rho_{06\Sigma}} \frac{R}{(r_2 + R)} = \frac{\Delta \delta \cdot R}{r_1 r_2 + R (r_1 + r_2)}$

Đây là sự thay đổi dòng điện qua pin $\delta_2$ khi emf $\delta_1$ thay đổi một lượng ΔΦ.

Hãy giải bằng phương pháp chồng chất bài toán F709. Chúng ta hãy nhớ lại các điều kiện của nó.

F709. Mạch hiển thị trong Hình 3 đã được lắp ráp. Emf của pin $\delta_1$ giảm 1,5 V, sau đó dòng điện trong các phần khác nhau của mạch thay đổi. Bạn cần thay đổi sức điện động của pin $\delta_2$ như thế nào để

Dòng điện qua pin $\delta_2$ có bị bỏ qua không?
Dòng điện qua pin $\delta_1$ có bị bỏ qua không?

Bỏ qua điện trở trong của pin.

Hình 3.

Hình 4 hiển thị các mạch đơn giản cho một mạch trong đó $\delta_1$ được thay thế bằng ΔΦ và $\delta_2$ bằng ΔΦ, trong đó ΔΦ là sự thay đổi mong muốn trong EMF $\delta_2$ . Để bỏ qua dòng điện qua pin thứ hai, dòng điện chạy qua pin này (tức là qua các nhánh mà từ đó pin này được “ném ra ngoài”) trong các mạch 4, a và 4, b, phải có độ lớn bằng nhau và ngược chiều.

Trong mạch 4, dòng điện chạy từ pin $\delta_1$ phát triển và dòng điện ΔI chạy vào đường chéo của không gian thu được, bằng với độ chênh lệch của dòng điện phân nhánh:

$\Delta I = \frac{\Delta \delta}{R_{AB}} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right) = \frac{\Delta \delta}{5R/4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\Delta \delta}{5R}$

Trong sơ đồ 4, b

$\Delta I = \frac{\Delta \delta}{R_{CD}} = \frac{\Delta \delta}{5R/4} = \frac{4\Delta \delta}{5R}$

Đánh đồng các biểu thức thu được cho ΔI, chúng ta tìm thấy $\Delta \delta_2$ :

$\Delta \delta_2 = \Delta \delta_1/4$

Chúng ta sẽ tìm thấy những dấu hiệu của sự thay đổi; so sánh cực tính của pin trong mạch ban đầu (Hình 3) và trong mạch 4, a và 4, b. Trong trường hợp của chúng tôi, pin $\delta_1$ được bật so với pin $\delta_1$ (tổng lực điện động nhỏ hơn $\delta_1$ ) và pin $\delta_2$ được bật có điều kiện đối với pin $\delta_2$ , trong khi chúng tôi nhận được $\Delta \delta_2 < 0$ - sức điện động của pin $\delta_2$ nên giảm. Nếu nó thành ra $\Delta \delta_2 > 0$ , điều này có nghĩa là emf $\delta_2$ sẽ được tăng lên.