Kvant 1983, số 12 · Trang

Tờ 1

không đánh sốChép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

QUANTUM
12
1983
Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Tờ 2

không đánh sốChép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Tờ 4

tr. 2Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Vai trò
toán học
nhà vật lý
trong khoa học hiện đại

Viện sĩ
V. S. VLADIMIROV,
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
A. S. MISHENKO

Sự thống nhất của tự nhiên được bộc lộ trong “tính tương đồng tích cực” của các phương trình vi phân và liên quan đến các lĩnh vực hiện tượng khác nhau.
V.I. Len và N. “Chủ nghĩa duy vật và chủ nghĩa kinh nghiệm phê phán”

Chính cái tên “vật lý toán học” đã gợi ý rằng ngành học này chiếm một vị trí trung gian giữa toán học và vật lý, chịu ảnh hưởng trực tiếp và mạnh mẽ của cả hai. Chính xác thì “lĩnh vực trung gian” của khoa học này làm gì? Nói một cách ngắn gọn và có lẽ không hoàn toàn rõ ràng, câu hỏi này có thể được trả lời như sau: “Vật lý toán học là lý thuyết về các mô hình toán học của các hiện tượng vật lý”. Để hiểu định nghĩa ngắn gọn này, chúng ta hãy chuyển sang một số ví dụ (được học sinh biết đến) về các mô hình toán học như vậy.

Mô tả định luật chuyển động của vật rắn, các nhà vật lý xây dựng định luật thứ hai của Newton: gia tốc của vật thể tỷ lệ thuận với tổng các lực tác dụng lên vật thể đó.

Làm thế nào để sử dụng định luật thứ hai của Newton trong thực tế? Giả sử một vật rắn thực sự nhỏ sao cho vị trí của nó trong không gian ba chiều được cho bởi một điểm duy nhất. Nếu một hệ tọa độ Descartes nhất định được vật lý hóa trong không gian, thì điểm, và do đó, vị trí của vật rắn, được xác định bởi các số trên cùng - tọa độ của điểm x, y, z, hoặc, giống nhau, vị trí của vật rắn được xác định bởi vectơ $\vec{r}$ trong ba-

Tờ 6

tr. 4Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Nhà toán học Shero của thế kỷ 18, viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Nga L. Euler. bài toán này nói về số lượng dây và sự truyền âm thanh, thủy lực và thủy động lực học, điện trở của vật liệu, quang học, điện, từ tính và nhiều thứ khác.

Một đặc điểm đặc trưng của các phương pháp này là việc xây dựng các mô hình toán học dưới dạng phương trình vi phân từng phần tùy ý - các phương trình bao gồm một hàm chưa biết không phụ thuộc vào một mà phụ thuộc vào một số biến và các biến tùy ý từng phần của nó (nghĩa là tùy ý trong các biến riêng lẻ). Do đó, những phương trình như vậy đôi khi được gọi là phương trình toán học vật lý, mặc dù hiện nay kho công cụ toán học được sử dụng trong vật lý toán học vẫn chưa cạn kiệt.

Vào thế kỷ 19, các nhà khoa học Nga M. V. Ostrogadsky (1801-1862), P. L. Chebyshev (1821-1892), A. M. Lyapunov (1857-1918), N. E. Zhukovsky (1847-1921), V. A. Steklov đã có đóng góp to lớn cho sự phát triển và ý tưởng về các phương pháp vật lý toán học. (1864-1926) và S. A. Chapelgiin (1869-1942).

Nhà toán học nổi tiếng người Nga và Liên Xô, người sáng lập Trường Vật lý Toán học St. Petersburg V. A. Steklov đã viết về vật lý toán học cổ điển vào năm 1922:

“Lời giải bài toán toán vật lý dẫn đến việc xác định một hoặc nhiều đại lượng đặc trưng cho một quá trình vật lý cụ thể xảy ra trong một môi trường nhất định (trong một vật thể nhất định) tùy thuộc vào vị trí của từng điểm của môi trường này và thời gian bằng cách sử dụng một hoặc nhiều phương trình vi phân.

Các phương trình này được rút ra nhờ sự trợ giúp của một số lượng nhỏ các giả thuyết đơn giản có thể có, được sử dụng làm cơ sở lý thuyết của từng phương trình vật lý và được trình bày như là kết quả của sự khái quát hóa một chuỗi dài các quá trình vật lý bán buôn và được quan sát có thể được chia thành những quá trình thực sự bắt nguồn từ tự nhiên xung quanh chúng ta hoặc được tạo ra một cách nhân tạo.

Kết quả của sự trừu tượng hóa (khái quát hóa) như vậy là một số lượng nhỏ các điều khoản cơ bản (giả thuyết) được tạo ra, chúng phải độc lập với nhau và không mâu thuẫn với bất kỳ sự thật nào hiện đã biết về thực tế.

Những giả thuyết này được sử dụng làm cơ sở cho lý thuyết về hiện tượng vật lý này hay hiện tượng vật lý khác, và tất cả các lý thuyết sau đó được phát triển một cách khôn ngoan bằng cách sử dụng các tiên đề toán học và các định luật cơ bản của cơ học đã hứa bằng cách sử dụng các phương pháp nhân tạo vi phân và tích phân.

Bằng cách này, theo dữ liệu vật lý của mỗi bài toán, các phương trình vi phân được biên soạn để mô tả bản chất của quá trình đang được xem xét đối với từng điểm của môi trường và cho từng thời điểm.

Bài toán bắt nguồn từ việc xác định, như một hàm của thời gian, tọa độ của từng điểm của môi trường nơi hiện tượng được nghiên cứu xảy ra và các đại lượng xác định các tính chất vật lý của môi trường, những ẩn số xuất hiện trong các phương trình vi phân thu được, tức là sự tích hợp của các phương trình này.

Đồng thời, chúng tôi thu được theo cách này lời giải phải đáp ứng tất cả dữ liệu thu được nhờ quan sát trực tiếp quá trình đang được nghiên cứu.”

Vật lý toán học thậm chí còn phát triển hơn nữa trong thế kỷ 19 và thế kỷ 20 của chúng ta. Số lượng hiện tượng vật lý được nghiên cứu bằng các phương pháp vật lý toán học ngày càng mở rộng: tính dẫn nhiệt, khuếch tán, quang học, điện động lực học, quá trình sóng phi tuyến, vật lý lượng tử và lý thuyết tương đối. Lĩnh vực toán học được sử dụng để xây dựng các mô hình toán học cũng ngày càng mở rộng. Ngoài các phương trình vi phân phục vụ nghiên cứu bài toán toán vật lý là các phương trình tích phân, giải tích biểu diễn, lý thuyết hàm số, giải tích hàm

Tờ 7

tr. 5Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

giải tích, lý thuyết xác suất, phương pháp gần đúng và số.

Vật lý toán học ngày nay nhờ mối liên hệ sâu sắc với tất cả các ngành của toán học nên chiếm một vị trí trung tâm, trung tâm trong cấu trúc tổng thể của toán học hiện đại.

Với những mối liên hệ đen tối với vật lý và các ngành khoa học tự nhiên khác, vật lý toán luôn thu hút sự chú ý của nhiều nhà khoa học lỗi lạc. Điều này cô ấy đã kích thích sự phát triển của toán học. Người ta biết rằng trong thập kỷ qua, nhiều đại diện nổi bật của toán “số” đã bắt đầu tham gia vào toán vật lý. Tuy nhiên, ảnh hưởng ngược của toán học lên vật lý thường bị đánh giá thấp. Có những quan niệm sai lầm rằng toán học “thực” không liên quan gì đến việc giải các bài toán thú vị cho thực hành”, rằng vật lý chỉ cần toán học như một phương tiện để tính toán, rằng vật lý chỉ cần toán học “đơn giản hóa”, rằng người ta thậm chí có thể giải quyết nó chỉ bằng một chiếc máy tính. Trên thực tế, các nhà toán học của thành phố còn sâu sắc hơn. Nhiều ví dụ nổi tiếng từ lịch sử khoa học khi, trong khuôn khổ một mô hình toán học được lựa chọn thành công, chỉ với sự trợ giúp của lý luận và tính toán, như người ta nói, “ở đầu bút,” người ta có thể hãy tưởng tượng những hiện tượng vật lý mới hoặc sự tồn tại của những vật thể vật chất mới và những ý tưởng này sau đó đã được kinh nghiệm xác nhận một cách rõ ràng hơn.

Một trong những ví dụ gián tiếp nhất về biểu diễn lý thuyết là việc phát hiện ra hành tinh Sao Hải Vương trong hệ mặt trời. Năm 1781, nhà thiên văn học người Anh William Herschel đã phát hiện ra một thiên thể mới bằng cách sử dụng telexan do chính ông chế tạo. Lúc đầu, ông dự đoán thi thể mà ông phát hiện được là một sao chổi. Nhưng một nghiên cứu kỹ lưỡng về chuyển động của vật thể này, được thực hiện bởi nhà thiên văn học người Nga Andrei Ivanovich Leksel trong hai năm, cho thấy vật thể được V. Herschel phát hiện là một hành tinh mới. Hành tinh này được gọi là phép tính quỹ đạo của Sao Thiên Vương và nhận thấy rằng chuyển động của nó không phù hợp với các tính toán lý thuyết. Ông cho rằng những bất thường trong chuyển động của Sao Thiên Vương là do sự gắn kết của một hành tinh khác chưa được biết đến trước đây, được hình thành ở khoảng cách xa hơn so với Mặt trời. Cuộc tìm kiếm hành tinh chưa biết này bắt đầu. Hơn nửa sau, J. Adams, một nhà thiên văn học người Anh, đã hoàn thành việc tính toán quỹ đạo của hành tinh mới này vào tháng 9 năm 1845 và báo cáo kết quả tính toán của mình cho giám đốc Bệnh viện Đa khoa Greenwich, J. Erie. Tuy nhiên, người sau đã không sắp xếp thời gian để tìm kiếm hành tinh mới. Đồng thời với J. Adams, những tính toán tùy tiện tương tự ở Pháp cũng được Urbain Le Verre thực hiện. Vào ngày 18 tháng 9 năm 1846, W. Lever gửi một lá thư tới Đài quan sát thiên văn Berlin, trong đó ông báo cáo vị trí của hành tinh giả định. Bức thư được nhà thiên văn học người Đức Johann Halle nhận được vào ngày 23 tháng 9 năm 1846. Tối hôm đó, I. Galle đã phát hiện ra hành tinh này. Nó nằm ở vị trí được tính toán chỉ cách đó 52 phút cung.

Sự trình bày lý thuyết về một hành tinh thực sự mới, Sao Hải Vương, là một thắng lợi của tư tưởng khoa học thế kỷ 19.

Nhiều ví dụ về những ý tưởng như vậy sau đó đã xuất hiện. Có lẽ đáng kính trọng nhất là lịch sử ra đời và phát triển của lý thuyết trường điện từ. Trong lịch sử vật lý, người ta coi rằng công trình cơ bản nhằm xây dựng lý thuyết động lực của trường điện từ là công trình cơ bản của nhà vật lý xuất sắc người Anh J. Maxwell “Lý thuyết động lực học của trường điện từ” (1864). Trong đó, Maxwell đã viết một hệ phương trình vi phân liên hệ một cách định lượng các giá trị đã biết trước đó của điện trường và từ trường. Một hệ thống hài hòa của phương trình Maxwell

Tờ 8

tr. 6Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Vella đã đưa ra nhiều dự đoán và sau đó đã được xác nhận. Bài học quan trọng nhất rút ra từ lý thuyết của Maxwell là việc xác lập bản chất điện từ của ánh sáng. Việc tia sáng không gì khác hơn là sóng điện từ tần số cao đã được chứng minh bằng một thử nghiệm thực nghiệm chưa được trình bày của nhà vật lý người Đức Hertz.

Hãy để chúng tôi đưa ra một ví dụ khác từ thời gần đây. Vào tháng 1 năm 1983, tại Geneva, tại Tổ chức Nghiên cứu Hạt nhân Châu Âu, việc phát hiện ra một phần mới đã được công bố - boson W *). Việc phát hiện ra phần này đã được mong đợi từ lâu - sự tồn tại của nó đã được dự đoán từ vài năm trước. Boson là “nhân vật chính” của lý thuyết tương tác điện yếu, một lý thuyết thống nhất về các quá trình điện từ và yếu (các tác giả của nó là S. Weinberg, S. Glashow và A. Salam đã nhận được giải Nobel năm 1979). Lý thuyết này dự đoán không chỉ sự tồn tại của boson W mà còn cả khối lượng của chúng. Quá trình chuẩn bị cho các thí nghiệm kéo dài hai năm, và cuối cùng những chiếc bazon đầu tiên đã được đăng ký cùng với các nhạc cụ. Hiện tượng này cực kỳ hiếm - và trong hai tháng vận hành hệ thống lắp đặt, chỉ có sáu trường hợp boson W được ghi nhận. Điều đáng chú ý nhất là các ước tính thực nghiệm về khối lượng của bộ phận hóa ra rất gần với lý thuyết - thực tế nằm trong giới hạn độ chính xác thực nghiệm. Vì vậy, lý thuyết về tương tác điện từ và yếu đã nhận được sự chứng minh bằng thực nghiệm.

Trong vật lý toán học hiện đại, người ta thường sử dụng lý thuyết để thiết lập một số hiệu ứng vật lý nhất định, sau đó xác nhận những hiệu ứng này trong các thí nghiệm. Các nhà toán học và vật lý xuất sắc đã nhiều lần nói về ảnh hưởng to lớn này của toán học đối với vật lý. Vì vậy, tại Đại hội các nhà toán học thế giới năm 1900, nhà toán học vĩ đại người Đức D. Hilbert, khi đưa ra các bài toán nổi tiếng của mình (dùng tên “các bài toán của Hilbert”), đã gọi bài toán này là “sự tiên đề hóa của các ngành khoa học vật lý trong đó toán học đóng một vai trò quan trọng”. Việc hình thành bài toán này, mâu thuẫn với các bài toán then chốt khác của toán học “thuần túy”, chứng tỏ vai trò quan trọng mà Hilbert gắn với toán học đối với sự tiến bộ của vật lý, đối với việc hình thành lý thuyết của nó. Ý tưởng tương tự đã được V. A. Steklov thể hiện vào năm 1921, biện minh cho nhu cầu hiện nay về việc tổ chức một viện vật lý và toán học tại Viện Hàn lâm Khoa học: “Không một ngành khoa học tự nhiên nào, nếu nó không phải là về chất liệu của chính nó, mà là về sự sáng tạo thực sự, có thể hoạt động mà không cần đến toán học, vấn đề của tất cả các ngành khoa học. Đối với vật lý, vốn được đặt trước tất cả các ngành khoa học khác…, hiện nay toán học và vật lý đã hợp nhất thành một tổng thể đến mức đôi khi khó có thể phân biệt đâu là toán học kết thúc và đâu là vật lý bắt đầu.”

Nhà vật lý lý thuyết và toán học xuất sắc P. Dirac thậm chí còn nói chắc chắn hơn trong một bài báo nổi tiếng năm 1930, trong đó ông dự đoán về mặt lý thuyết sự tồn tại của phản hạt: “Sự tiến bộ của vật lý đòi hỏi việc xây dựng lý thuyết của nó ngày càng nhiều toán học “cao cấp” hơn… Có vẻ như quá trình trừu tượng hóa liên tục này sẽ tiếp tục trong tương lai và rằng sự thành công của vật lý phải dựa phần lớn vào những sửa đổi và khái quát hóa liên tục của các tiên đề trên cơ sở toán học…”

*) Về điều này, xem bài “Mở phần mới” («Kvant», 1983, số 5).

Tờ 9

tr. 7Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

N. N. Luzin

(kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông)

Kỷ niệm 100 năm ngày sinh của nhà khoa học xuất sắc, người tạo ra trường phái lý thuyết tập hợp và chức năng của Liên Xô, Viện sĩ N. N. Luzin, chúng tôi xuất bản hồi ký của hai học trò của ông, Viện sĩ P. S. Aleksadrov và thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô L. A. Lyusternik. Chúng ta hãy tóm tắt ngắn gọn những giai đoạn chính trong đường đời của N. N. Luzin.

Nikolai Nikolaevich Luzin sinh năm 1883 tại Tomsk, học tại nhà thi đấu Tomsk và Irkutsk. Năm 1901, ông vào khoa toán của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow. Năm 1905, khi còn là sinh viên, ông đến Paris, nơi ông giảng dạy tại Sorbonne bởi E. Borel, A. Poincaré, J. Hadamard và J. Darboux. Họ trở về Moscow, vượt qua thành công các kỳ thi cấp bang và được giữ lại trường đại học để chuẩn bị cho chức giáo sư. Vào mùa thu năm 1910, khoa cử ông đến Gottingen và Paris, nơi Luzin viết công trình nghiên cứu độc lập đầu tiên của mình. Năm 1915, sau khi trở về Mátxcơva, N.N. Luzin đã hoàn thành công trình “Chuỗi tích phân và lượng giác”, nhờ đó ông nhận được bằng Tiến sĩ Toán học thuần túy (1916). Từ năm 1918, ông làm việc tại Viện Bách khoa Ivanovo và từ năm 1922 tại Đại học Moscow. Sau khi được bầu làm viện sĩ (1929), ông đứng đầu bộ môn lý thuyết hàm tại Viện Toán học thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. V. A. Steklova. N. N. Luzin qua đời ở Moscow năm 1950.

Từ ký ức
P. S. Aleksadrova*)

Lần đầu tiên tôi gặp N.N. Luzny vào năm 1914, khi đang là sinh viên năm thứ hai tại Đại học Moscow. Có thể nói, ấn tượng từ cuộc gặp gỡ này là choáng váng và ám ảnh đối với tôi.

*) Việc đề xuất lựa chọn hồi ký về Luzin là đoạn trích từ ba bài báo của Viện sĩ P. S. Aleksadrov (1896-1983): “Sự thành công của khoa học toán học,” tập. 34, không. 6, tr. 219-249; tập. 35, không. 3, tr. 241—278 và «Kvant», 1977, Số 10, tr. 13.

Hai giáo sư toán học xuất sắc nhất từng giảng dạy tại Đại học Moscow vào đầu thế kỷ này: D. F. Ego-

Tờ 10

tr. 8Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Rov và N.N. Luzin, với tư cách là giảng viên và nói chung là giáo sư đại học, thuộc hai loại đối lập nhau. Tôi có thể nói D. F. Egorov thuộc loại người cổ điển, còn N. N. Luzin thuộc loại lãng mạn. Trong các bài giảng của D. F. Egorov, luôn được chuẩn bị kỹ lưỡng một cách hoàn hảo, tất cả các bằng chứng đều được trình bày chi tiết và chặt chẽ một cách tuyệt đối. Không có chỗ cho bất kỳ yếu tố ngẫu hứng nào, và chúng phù hợp với trình độ đào tạo và mức độ hiểu biết về các dịch vụ mà chúng được dự định thực hiện.

Ngược lại, N.N. Luzin là một đại diện nổi bật của kiểu giáo sư đại học “lãng mạn”. Tất cả sự giảng dạy của ông đều vô cùng kinh nghiệm. Hình thức giảng dạy này không phải lúc nào cũng hoàn hảo. N. N. Luzin được khuyến khích đến dự một bài giảng được chuẩn bị sơ sài và sau đó, đứng trước mặt các sinh viên, ứng biến một bằng chứng vẫn chưa sẵn sàng. Đồng thời, anh thường xuyên mắc lỗi, nhầm lẫn trong tính toán và trì hoãn cho đến tài liệu bài giảng tiếp theo dành cho bài giảng này nhưng hóa ra lại không được chuẩn bị trước. Nói tóm lại, cách giảng dạy của ông không thể gọi là mẫu mực. Đồng thời, đôi khi anh ấy cũng có phần tỏ ra tán tỉnh với sự “không mẫu mực” này của mình. Nhưng các bài giảng của Luzin, trong thời kỳ hoàng kim trong hoạt động giảng dạy của ông tại Đại học Moscow, chứa đầy những ý tưởng mới và thú vị có thể khuyến khích các nghiên cứu độc lập hơn nữa. N. N. Luzin sở hữu năng khiếu quyến rũ và làm cháy bỏng trái tim đến mức cao nhất. Đương nhiên, kết quả của niềm đam mê và sự đánh lửa này là khác nhau tùy thuộc vào vật liệu dễ cháy mà tia lửa cảm hứng ném vào đó rơi vào. Những nhà toán học trẻ đầy tham vọng có năng lực, và có rất nhiều người trong số họ là sinh viên, dưới sự phục vụ của N.N. Luzin, được khuyến khích thực hiện nghiên cứu nghiêm túc và sâu sắc của riêng mình, để tiến bộ hơn nữa trong khoa học toán học.

Không kém phần quan trọng so với bản chất của các bài giảng của Luzin, vốn khuyến khích và, tôi có thể nói, truyền cảm hứng cho các bộ trưởng nghiên cứu độc lập trong lĩnh vực toán học, là phong cách tương tác hoàn toàn mới giữa giáo sư và sinh viên được Luzin đưa vào thực tiễn của khoa chúng tôi. Nó sinh ra sự tự do và thoải mái tuyệt vời, không có bất kỳ hình thức nào và thay thế những biểu hiện tôn trọng bên ngoài của học sinh bằng sự tôn trọng thực sự sâu sắc, thường chuyển thành sự ngưỡng mộ nhiệt tình. Sự tôn trọng này khiến cho không thể có được sự tự do, tự phát trong mối quan hệ giữa N.N. Luzin và các học trò của mình thoái hóa thành bất kỳ kiểu quen thuộc nào.

Sự quen biết của tôi với Luzin xảy ra khá chính xác vào giữa thập kỷ mà anh ấy đạt được những kết quả quan trọng nhất. Sau đó, ông sống hoàn toàn một mình trong những căn phòng đầy đủ tiện nghi (trang trại Kokorevskoe trên Balchug), chỉ sống bằng khoa học. Tôi nhớ một câu của anh ấy đã nói trong một trong nhiều cuộc gặp của chúng tôi: “Tôi nghĩ ngày đêm về tiên đề của Zermelo (tiên đề về sự lựa chọn tùy ý trong lý thuyết tập hợp). Giá như ai đó biết được điều này là gì!”

Gặp lại Luzin trong những năm này, tôi thực sự thấy được cái có thể gọi là thái độ mới của mình đối với khoa học, và tôi không chỉ dạy anh ấy môn toán mà còn nhận được một bài học về vai trò của một giáo sư đại học.

Sau đó, tôi nhận ra rằng khoa học và việc thu hút những người trẻ mới vào đó là hai mặt của cùng một hoạt động - hoạt động của một nhà khoa học. Tất cả những điều này vẫn còn với tôi cho đến hết cuộc đời.

Được thành lập vào năm 1914-1916. nhóm sinh viên năm cuối của N. N. Luzin gồm có

Tờ 11

tr. 9Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

D. E. Menshova, A. Ya. Khinchin, M. Ya. Suslin và tôi. Đến năm 1919-1920, nó được bổ sung thêm một số nhà toán học trẻ: P. S. Uryson, L. A. Lyusternik, M. A. Lavrentyev, N. K. Bari, một số sinh viên và học trò khác của N. N. Luzin. Đây là cách các đội khác hình thành, chẳng bao lâu sau có sự tham gia của hai nhà toán học xuất sắc như A. N. Kolmogorov và L. G. Shnirelman. Trong số các nhà toán học thuộc thế hệ cũ, V. V. Stepanov ngay lập tức gia nhập đội này. Một thời gian sau, đội này bao gồm P. S. Novikov và L. V. Keldysh. Đây là cách mà Lusitania nổi tiếng nảy sinh - thực sự là những nhà toán học trẻ, được gắn kết với nhau không chỉ bởi các mối quan hệ kỹ thuật khác giữa các thành viên mà còn bởi tình yêu nồng nàn và sự quan tâm sống động, vị tha đối với khoa học toán học.

Lusitania ngay lập tức nhận ra mình là một cái gì đó hoàn chỉnh và tự xưng là “mệnh lệnh” với “chỉ huy” N.N. Luzny và “đại kiện tướng” D.F. Egorov. Lusitania là một tập thể lao động vĩ đại, sự bộc phát sáng tạo và cảm xúc, phản ánh trong “mô hình thu nhỏ” của khoa toán của Đại học Mátxcơva lúc bấy giờ về sự bùng nổ vĩ đại và toàn diện mà cả nước đã trải qua trong những năm đó, những năm đầu của cách mạng, những năm hình thành cuộc sống mới.

Một yếu tố thiết yếu của N.N. Giao tiếp của Luzin với các học trò của mình là những cuộc gặp gỡ, trò chuyện mà N.N. Luzin có một nhóm rất nhỏ (khoảng 1-3 người giải quyết một số chủ đề). Ngoài ra, còn có một ngày huấn luyện tổng quát hàng ngày dành cho tất cả học sinh của Nikolai Nikolaevich. Tuy nhiên, đó là thứ Năm, rồi thứ Tư.

Những cuộc gặp gỡ với N.N. Luzin bao gồm hai phần. Đầu tiên là phần toán học trong văn phòng của Nikolai Nikolaevich, một căn phòng rất ấm cúng, trong đó, thực sự, trong toàn bộ căn hộ của N.N. Luzin lúc đó (Arbat, 25, tầng 3), có đèn dầu hỏa (theo yêu cầu của chủ nhà). Tôi sẽ không bao giờ quên những cuộc trò chuyện giàu tính toán học sống động nhất diễn ra vào thời điểm đó. Những cuộc trò chuyện này đôi khi kéo dài rất lâu, nhưng khi kết thúc lại là trà và bánh hạt rất thơm ngon. Trong bữa trà này - không còn ở văn phòng nữa mà là trong phòng ăn trong căn hộ của gia đình Luzins - các cuộc trò chuyện mang một tính chất khác, phi toán học và đề cập đến nhiều vấn đề của đời sống văn hóa và xã hội. Đôi khi một cái gì đó đã được đọc khô. Vì vậy, ví dụ, N.N. Luzin với kỹ năng và tính nghệ thuật tuyệt vời đã đọc các tác phẩm của Korney Chukovsky, dành riêng cho trẻ em. Tôi nhớ có lần đọc câu chuyện “Điều kỳ diệu của Thánh Nicholas” của Anatole France.

Cuộc gặp gỡ tại N.N. Luzin’s kết thúc vào đêm khuya. Sau khi hoàn thành, những người tham gia của nhóm lớn đi đến Arbat và các con hẻm của nó và dần dần, theo nhiều cách kết hợp tuần tự khác nhau, tiễn nhau, cuối cùng giải tán - trực tiếp vào buổi sáng - về nhà của họ.

Lusitania không chỉ sống vì người khác, cô ấy còn sống vui vẻ và vui vẻ biết bao! Trò vui này thậm chí còn khiến các “đàn anh” nghẹn ngào và không chỉ N.N. Luzin, mà cả D.F. Có thể nói, Egorov, người tham gia đầy đủ vào kỳ vọng của chúng tôi về một cuộc gặp gỡ vui vẻ. Những cuộc tụ họp này rất nhiều và diễn ra vào nhiều dịp khác nhau. Đêm giao thừa và Ngày Tatiana, ngày đặt tên của D. F. Egorov và N. N. Luzin, ngày sinh nhật của từng người Lusitanians - mọi thứ đều có lý do cho cuộc gặp gỡ của chúng tôi.

Trường Luzin, Lusitania, là một trong những trường đặc biệt gồm các nhà toán học trẻ, hầu hết có năng khiếu và vui vẻ.

Tuy nhiên, theo tôi, những năm tháng hưng thịnh của N. N. Luzin với tư cách là một nhà toán học và một con người có nhân cách chính là sự phẫn nộ của Lusitania, chứ không phải trực tiếp.

Tờ 13

tr. 11Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Trường học Moscow đánh giá lời giải độ khó cụ thể bài toán, và các khái niệm chung trong đó, cũng như trong toán học nói chung, nảy sinh liên quan đến việc giải bài toán cụ thể. Tôi sẽ lưu ý rằng một trong những nguyên tắc của N.N. Thành công của Luzin với tư cách là người tạo ra một trường phái khoa học chính xác là do ông đã đưa ra bài toán thú vị trong các tác phẩm đã xuất bản của mình, tại các cuộc hội thảo và trong các cuộc trò chuyện.

Vào buổi tối khi đến Petrograd, chúng tôi có mặt tại Học viện. A. A. Markov đã viết một bài báo trong đó ông chia sẻ những kỷ niệm của mình về P. L. Chebyshev. V. A. Steklov đã đọc báo cáo “Lý thuyết và thực hành trong các tác phẩm của P. L. Chebyshev,” được xuất bản một năm sau đó. Sau đó, trong vài ngày, các báo cáo khoa học đã được người dân St. Petersburg đưa ra -

Vai trò của vật lý toán học trong khoa học hiện đại

(Xem phần đầu ở trang 2)

Sau đó, sự phát triển của vật lý lý thuyết và toán học, đặc biệt là vật lý lượng tử, đã khẳng định đầy đủ những suy nghĩ này. Điều này đã trao cơ hội cho nhà khoa học vĩ đại nhất của thời đại chúng ta, N.N. Bogolyubov đã nói như sau (1963): “Các khái niệm và phương pháp cơ bản của lý thuyết trường lượng tử ngày càng trở nên mang tính toán học hơn”.

Sự phát triển của khoa học trong những thập kỷ gần đây đã chỉ ra rằng các phương pháp của vật lý toán học ban đầu được mở cho bài toán vật lý, cơ học và thiên văn học, nghĩa là, cho những ngành khoa học trong đó sự ủng hộ nhiều nhất.
các dạng chuyển động đơn giản của vật chất thâm nhập vào hầu hết các lĩnh vực khoa học tự nhiên và kỹ thuật hiện đại cũng như một số lĩnh vực của nhân văn. Mô hình toán học được sử dụng rộng rãi trong địa vật lý, hóa học, địa chất, sinh học, kinh tế, xã hội học, kinh tế, y tế, tâm lý học, ngôn ngữ học. Mặc dù các mô hình toán học được nghiên cứu trong các ngành khoa học này và khác với mô hình vật lý toán học, nhiều phương pháp nghiên cứu các mô hình này (chính xác hoặc gần đúng, sử dụng máy tính điện tử) vẫn được bảo tồn và sau khi điều chỉnh thích hợp sẽ được phát triển thêm.

Như vậy, quan điểm nổi tiếng đã được khẳng định rằng “khoa học chỉ đủ hoàn hảo khi nó sử dụng được toán học”. Toán học hiện đại với sự phát triển về phương pháp và bộ máy là một phương tiện mạnh mẽ của tiến bộ khoa học và công nghệ.

Tờ 16

tr. 14Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Có những sự thật miễn phí, sau đó bài toán nhà khoa học - hãy kiểm tra.

Tệ hơn nữa, có lẽ là một cái gì đó khác. Trong những câu chuyện bất tận với các nhà tâm linh, phần nào tinh thần phương pháp luận của những người làm khoa học, niềm tin chắc chắn đã được bộc lộ: Tôi chỉ cần nhìn quanh, nhìn thì mọi việc sẽ được giải thích. Và thật hữu ích khi nhớ rằng bất kỳ pháp sư bình thường nào cũng có thể dễ dàng thể hiện một loạt hiệu ứng “siêu nhiên” của những người đoạt giải Nabel đã sưu tầm, và liệu có ai trong số họ gần như có thể nắm được tay anh ta hay không.

Theo những gì tôi được biết, người đầu tiên đứng ra tham gia sự kiện này ngay lập tức là Michael Faraday. Anh ấy chuẩn bị một chồng hình tròn được giữ lại với nhau bằng bột bả mềm và dính. Có một cái mới - một vòng quay yếu, hơi ức chế, nhưng không loại bỏ nó hoàn toàn. Sau khi “linh hồn xuất hiện”, họ phát hiện ra rằng vòng tròn trên cùng quay càng nhiều càng tốt, vòng tròn tiếp theo quay ít hơn và vòng tròn phía dưới không hề chuyển động. (Từ đó, nguồn gốc của lực quay nằm ở phía trên, nơi đặt bàn tay của những người theo thuyết tâm linh. Dù cố ý hay vô thức, chính họ đã xoay “chiếc đĩa ma thuật”.) Không cần phải nói, rất nhiều lời giải thích mang tính tinh thần và thiếu suy nghĩ cho hiệu ứng này ngay lập tức xuất hiện. Nhưng Faraday không còn quan tâm đến thuyết tâm linh nữa. Và những người khác đã kiểm tra và lãng phí thời gian. Năm 1871, phóng viên vĩ đại của chúng tôi D.I. Mendeleev đứng đầu ủy ban nghiên cứu về thuyết tâm linh của Đại học St. Petersburg. Kết luận của ủy ban rất rõ ràng: thuyết tâm linh là chủ quyền. Vì vậy, sẽ không phù hợp nếu khiển trách các nhà khoa học vì phủ nhận kiến thức khoa học một cách vô căn cứ.

Kết quả: hàng chục, hàng trăm trường hợp rõ ràng về sự lừa dối hoặc mong muốn vô thức để đạt được kết quả mong muốn. Và không có một sự thật đáng tin cậy nào.

Tuy nhiên, ngay cả những chiếc đĩa sâu nhất cũng đang quay đầu, kêu gọi Julius Caesar và Napoléon. Tới Cornwall, tới Texas, tới Ufa. Hơn nữa, ở Anh và Hà Lan có những mục về thuyết duy linh trên một số tạp chí.

Sau đó các phương tiện xuất hiện. Những thứ này hóa ra ổn định hơn. Cho đến lúc đó, họ đã có được sự nổi tiếng nhất định, chỉ có điều bây giờ đôi khi họ được gọi là “nhà ngoại cảm”. Với họ thì khó khăn hơn; những người kém tài năng hơn hóa ra cũng không tệ, thậm chí có thể là những pháp sư xuất sắc.

Lịch sử của “chủ nghĩa đồng cốt” thật thú vị và hài hước; tôn trọng, nhưng kết quả vẫn như nhau: không một sự thật nào đáng tin cậy.

Mặc dù “hiện tượng huyền bí” vẫn có thể nuôi sống một người “thông minh” rất tốt nhưng thời trang dành cho họ đã phần nào phai nhạt. Một loại chân không lại hình thành.

Những huyền thoại “của chúng ta” đã đổ vào đó - những huyền thoại của thế kỷ 20: Tam giác quỷ Bermuda, quái vật hồ Loch Nes, Bigfoot, nhà ngoại cảm, đơn vị thứ mười của người ngoài hành tinh không gian…

Điều gì hấp dẫn về ý tưởng sống ở một số hồ (chủ yếu là hồ Loch Ness của Scotland) còn tồn tại cho đến ngày nay?

Tờ 17

tr. 15Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

sau thời của Plesnosaurs, hay bất cứ cái tên nào chúng được gọi?

Tại sao một cư dân gần hành tinh của chúng ta lại rất hào hứng với ý tưởng rằng ở đâu đó trên núi - ở dãy Himalaya, hoặc ở Cordillera, hoặc (tại sao chúng ta tệ hơn?) ở Pamirs và Caucasus - có một loài vượn lớn hoang dã đang lang thang? Tại sao việc phát hiện ra hạt t hoặc boson W, hay tệ nhất là việc phát hiện ra các ẩn tinh, không khơi dậy được một phần mười hoặc một phần trăm mối quan tâm sâu sắc như vậy?

Tại sao cỗ máy của Dean ngay lập tức trở thành tâm điểm trên toàn thế giới với một bản ghi nhớ không mấy tử tế, trong khi vấn đề siêu dẫn nhiệt độ cao hầu như không thu hút được sự chú ý thờ ơ, trịch thượng?

Câu chuyện bắt đầu ở Mỹ. Không đi sâu vào chi tiết, ý chính của nó là thế này. Một Dean nào đó đã thiết kế một thiết bị cơ khí khá thô sơ và đơn giản; có vẻ như anh ấy thậm chí còn nhận được bằng sáng chế. Tôi nhấn mạnh rằng không có sự tinh tế trong hệ thống của anh ấy. Nhưng đối với một người kém hiểu biết về các định luật cơ học, hành vi của “cỗ máy” trong quá trình vận hành có vẻ kỳ lạ. Cô ấy, cái máy, co giật hoặc làm điều gì đó tương tự.

Tôi thực sự không muốn đi vào chi tiết, và một lát sau sẽ rõ tại sao.

Vì vậy, thay vì nhờ một người biết chữ để giải thích nguyên lý hoạt động của nó, chính Dean, hoặc có lẽ là một nhà báo nào đó, đã lấy nó và tuyên bố: “Cỗ máy cho thấy cơ học Newton là sai lầm nghiêm trọng. Các phương trình cơ học cần phải được sửa chữa đáng kể.”

Cảm giác! Lớp học đầu tiên. Đó là nơi nó bắt đầu. Bây giờ thật khó và thậm chí không thú vị để xác định có bao nhiêu bài báo được dành cho “phát hiện vĩ đại”. Và tất nhiên, có những gợi ý: các nhà vật lý chuyên nghiệp kiêu ngạo thậm chí không muốn (và có lẽ không thể) hiểu được lý thuyết di truyền mới.

Tại sao phải bận tâm?

Bất kỳ nhà vật lý nào cũng biết trước, hoàn toàn không quan tâm đến chi tiết: tất cả những điều này chỉ là điều vô nghĩa trống rỗng. Và bạn thậm chí không nên hiểu nó, ngoại trừ việc có thể coi nó như một trò đùa bài toán dành cho học sinh.

“Đây là nơi mà chuyên gia kiêu ngạo hiện có được đưa ra ánh sáng,” thợ cơ khí của Newton có thể hét lên và phủ nhận. “Tổ chức đẳng cấp. Thiếu niềm tin vào thiên tài của con người.”

Không có gì. Không có gì như thế xảy ra với nó. Nhưng hoàn toàn ngược lại - một tư duy khoa học hoặc nếu bạn muốn, lẽ thường đã xuất hiện. Hàng chục, không, hàng trăm nghìn thí nghiệm đã cho chúng ta thấy rằng cơ học Newton hoạt động hoàn hảo trong lĩnh vực của nó. Hàng nghìn nhà vật lý nổi tiếng và vô danh ở gần đó đã kiểm tra các định luật của nó, kiểm tra nó về nhiều hiện tượng khác nhau với độ chính xác của nhiều dấu hiệu. Và bây giờ chúng ta có thể hoàn toàn tự tin tuyên bố: đối với các vật thể vĩ mô có tốc độ thay đổi đáng kể tốc độ ánh sáng, cơ học Newton hoạt động rất tốt. Trong lĩnh vực này, bất kỳ lý thuyết tổng quát nào cũng chỉ có thể “sửa” Newton một chút, chứng tỏ rằng sự khác biệt sẽ xuất hiện ở chữ số thứ tám hoặc thứ mười. Nhưng không có thí nghiệm và lý thuyết nào có thể loại bỏ cơ học Newton như một hướng dẫn thực tế hoàn hảo để tính hàng triệu và hàng triệu bài toán. Các nhà vật lý đã chấp nhận lý thuyết về lý thuyết tương đối và cơ học lượng tử, nhưng, tất nhiên, yêu cầu đầu tiên và chủ yếu đối với các lý thuyết mới là, trong một lĩnh vực đã được biết đến và được thử nghiệm kỹ lưỡng, các dự đoán của chúng trùng khớp với vật lý cổ điển và tất nhiên, với cơ học Newton.

Đây là yêu cầu chung cho bất kỳ lý thuyết mới nào.

Có thể giả định rằng lý thuyết tương đối sẽ được thay thế bằng một lý thuyết mới, nhưng kết quả của lý thuyết tương đối sẽ được đưa vào sơ đồ mới và trong phạm vi của nó sẽ không thay đổi (có thể có những điều chỉnh nhỏ).

Do đó, không có chuyên gia nào coi trọng cuộc nói chuyện trong một số thí nghiệm, chẳng hạn như với máy diham.

Tờ 18

tr. 16Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

đã phát hiện ra một vi phạm cơ bản của phương trình Maxwell, hay nói cách khác, trong một thiết bị bán dẫn tiêu chuẩn, những người thợ thủ công đã quan sát thấy một vi phạm cơ bản của định luật thứ hai của nhiệt động lực học.

Than ôi, những ví dụ này không được phát minh ra. Chúng đã từng được thảo luận trên các trang báo và tạp chí.

Dễ nhất là đổ lỗi cho các nhà báo. Trống rỗng và bận rộn. Nhưng cơn khát là giật gân, thậm chí dai dẳng của các nhà khoa học. Có vô số ví dụ về điều này. Bạn không thể liệt kê tất cả. Đây là một cái. Mười năm trước, “vấn đề” nước từ được bàn luận rất sôi nổi. Tại một số nhà máy, điều này dường như đã được xác định rõ ràng: không thể truyền nước thông thường qua từ trường và từ trường không mạnh lắm, vì các quy trình công nghệ được cải thiện đáng kể. Quy mô trên thành của nồi hơi đun nước nóng đã giảm đáng kể, tuổi thọ của đường ống tăng lên và nhìn chung có rất nhiều lợi ích.

Tôi chưa xác minh tính chính xác của sự thật, nhưng tôi sẵn sàng thừa nhận - tất cả các quyền. Nước, nước thông thường, không chỉ có H₂O mà còn có nhiều hợp chất hóa học hòa tan trong đó, đây là những hạt vi mô, cả khoáng chất lẫn sinh học. Tôi nghĩ ai cũng từng gặp phải nước mềm và nước cứng trong cuộc sống hàng ngày. Ví dụ, ở thành phố A, xà phòng rửa sạch bụi bẩn một cách hoàn hảo, nhưng ở thành phố B, việc rửa tay và thậm chí rửa sạch xà phòng không phải là vấn đề. Và có vẻ như mọi thứ đều rõ ràng với nước từ tính. Các tạp chất sắt từ nhỏ (vô hình) (ví dụ, các hạt quặng sắt) có thể được giữ lại trong từ trường, đọng lại trên tường và nước thoát ra khỏi chúng sau đó có thể tạo ra ít cặn hơn. Thế thôi.

KHÔNG! Nó quá đơn giản. Và những nghĩa vụ không thể tưởng tượng nổi đã nảy sinh: từ trường làm thay đổi cấu trúc của nước, dẫn đến một chất hóa học mới về cơ bản mà khoa học chưa biết đến, v.v., v.v. Đối với một nhà vật lý, tất cả những điều này nghe giống như bài thánh ca dành cho cỗ máy của Dean.

Làm ơn, đừng đi sâu vào chi tiết, chỉ chú ý đến từ ngữ: thực tế là từ trường, ngay cả trong hàng chục thử nghiệm, thực tế sẽ không làm thay đổi bất cứ điều gì trong cấu trúc hóa học, được thiết lập một cách nghiêm ngặt như các định luật Newton.

Có rất nhiều câu chuyện tương tự được lặp lại. Có chuyện gì vậy, tại sao cùng với những lời giải thích tự nhiên, bình thường, những điều khó tin nhất lại thường bị thu hút đến vậy?

Có lẽ bản chất con người là khao khát một điều kỳ diệu? (Hãy nhớ đến bộ phim cũ “Lễ Thánh Jurgen.”)

Teller, sau một đoạn “chuyên gia khoa học” ngắn gọn, chúng ta hãy quay lại với những huyền thoại một lần nữa.

Chúng ta hãy chuyển sang telephati, hay nói một cách khoa học là nhận thức ngoại cảm. Tình hình là như nhau. Nhiều năm nghiên cứu ở nhiều quốc gia khác nhau, hàng chục, hàng trăm cảm giác và… không một sự thật nào đáng tin cậy.

Chúng ta hãy nhớ lại rằng yêu cầu quan trọng nhất đối với bất kỳ công trình khoa học nào là việc tái tạo lại thí nghiệm. Một kết quả khoa học chỉ là kết quả khi nó được lặp lại (hoặc có thể lặp lại) nhiều lần bởi các nhóm độc lập. Không có một sự thật nào được xác minh ở đây.

Không một ai cả! (Nhân tiện, nếu hiện tượng như vậy tồn tại thì sẽ không có cảm giác nào xảy ra. Chà, nó tồn tại và điều đó tốt.)

Ví dụ, người ta đã xác định rằng một số loại từ trường không đổi là không đổi và (quan trọng hơn) phân tích thông tin nhận được. Nhân tiện, những người hâm mộ telefati thường không thể nói rõ ràng chính xác ý nghĩa của chúng. Nói chung, nhận thức ngoại cảm được gọi là nhận thức và phản ứng không liên quan đến “giác quan” của con người mà chúng ta biết (xúc giác, khứu giác, vị giác, thị giác và thính giác). Nhưng những phản ứng như vậy là sự thật được nhiều người biết đến. Và không có gì để nói ở đây. Ai cũng biết rằng chúng ta phản ứng với những thay đổi về áp suất khí quyển và sự dao động của thông tin tần số. Từ trường điện tử cũng ảnh hưởng đến chúng ta và bị ảnh hưởng bởi các đài phát thanh mạnh mẽ. Người ta cũng biết rằng các sinh vật sống phát ra sóng từ điện tử, mặc dù rất yếu.

Tờ 19

tr. 17Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Cuối cùng, chúng ta có thể giả định rằng từng cá nhân, do một số trường hợp ngẫu nhiên, có khả năng tạo ra bức xạ mạnh hơn. Hoặc, ví dụ, truyền và nhận thông tin trong phạm vi siêu âm. Rốt cuộc, chó nghe được những âm thanh tần số cao mà chúng ta không thể tiếp cận được. Và hơn nữa, dải tần được cảm nhận bởi một lượng lớn độc giả tạp chí «Kvant» rộng hơn đáng kể so với bất kỳ người nào trên năm mươi tuổi. Khi chúng ta già đi, thính giác của chúng ta ngày càng cảm nhận được tần số cao kém hơn. Cuối cùng, chúng ta có thể giả định khả năng một người tích lũy các điện tích nhỏ, chẳng hạn như trên đầu ngón tay của mình. Những giả thuyết như vậy không mâu thuẫn với các quy luật tự nhiên, và những người theo chủ nghĩa hoài nghi có thể trả lời rằng chúng ta vẫn biết rất ít về một số cơ chế hoạt động của các sinh vật sống, bao gồm cả cơ chế của hệ thần kinh và não bộ của chúng ta. Theo đó, chúng ta không biết làm thế nào để đánh giá chính xác khả năng tiềm ẩn của một tổ chức con người (tuy nhiên, điều này áp dụng như nhau cho tất cả các sinh vật). Không chỉ cơ chế suy nghĩ, bản năng và sự truyền di truyền còn bí ẩn. Mỗi ngày đều có những câu hỏi phi ngôn ngữ và hàng nghìn câu hỏi đơn giản hơn.

Vì vậy, chúng ta có thể giả định rằng trong những điều kiện nhất định, một số người nhất định thể hiện những khả năng phi học vấn. Đúng, xin nhắc lại, vẫn chưa có một sự thật nào được xác lập chặt chẽ, chẳng hạn như nếu chúng ta nói về thần giao cách cảm. Nhưng tôi nhắc lại một lần nữa, có thể cho phép một số khả năng tổ chức nhất định của con người mà chúng ta chưa biết.

Nhưng… Có một điều quan trọng là không. Bất kỳ giả thuyết nào cũng không được mâu thuẫn với các quy luật tự nhiên mà chúng ta đã biết.

Chúng ta biết: cả vật chất vô tri và vật chất sống đều tuân theo định luật vật lý. Hơn nữa, đối với các hệ thống sống đã biết, tương tác hạt nhân không có vai trò gì. Vì vậy, mọi phản ứng, hoạt động của các tổ chức sống chỉ gắn liền với tương tác điện từ và trường hấp dẫn. Không

Không có “lĩnh vực” đặc biệt nào dành riêng cho dạ dày. Tất cả kinh nghiệm khoa học đều thuyết phục chúng ta về điều này. Có kinh nghiệm về lý sinh, hóa sinh, hóa học, vật lý - nói chung, tất cả các ngành khoa học tự nhiên.

Do đó, khi các cuộc trò chuyện bắt đầu về những “năng suất sinh học” chưa biết hoặc từ tạp chí này sang tạp chí khác (điều đó đã xảy ra), một bài báo được in lại về việc những mảnh vụn vô tội làm chậm quá trình phân rã phóng xạ bằng nỗ lực của ý chí, hoặc tệ nhất là những tin nhắn từ những người thấu thị có khả năng tiết lộ ngay lập tức những ý tưởng hoàn hảo lâu dài được xuất bản (và người ta cũng viết rằng tờ giấy chịu đựng mọi thứ), chúng ta có thể nói một cách an toàn: tất cả những điều này thuộc thể loại truyện về những chuyến bay mà chúng tôi dẫn đến giúp đỡ.

Và điều thú vị nhất về việc này là họ tin mọi thứ như thế. Họ không tin vào ma quỷ cũ, nhưng họ cũng không tin vào ma quỷ mới.

Cuối cùng là “đĩa bay” và người ngoài hành tinh ngoài vũ trụ. Chủ đề thảo luận khoa học trong trường hợp này chỉ có thể là thực tế là đôi khi người ta quan sát thấy những hiện tượng trong khí quyển mà chúng ta không thể giải thích thỏa đáng.

Ví dụ, chúng ta vẫn chưa biết sét hòn “thông thường” hoạt động như thế nào. Có một số giả thuyết. Phòng thí nghiệm không thể cảm nhận được sét. Và câu hỏi được mở.

Theo cách tương tự, người ta có thể đề xuất một số hình dáng của “đĩa”, hoặc - để không chia rẽ những người theo dõi người ngoài hành tinh trong không gian - vật thể bay không xác định (UFO). Tuy nhiên, giả thuyết như vậy gần đây đã được phát triển tại Viện Hải dương học thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Rõ ràng, bạn có thể nghĩ ra những người khác. Nhưng vấn đề là những người hâm mộ UFO trong hệ thống cực kỳ rộng lớn lại ít quan tâm nhất đến những lời giải thích tự nhiên. Tình huống ở đây gợi nhớ đến “nước từ tính” một cách đáng ngạc nhiên. Nguyên tắc là như nhau: không được phép giải thích một cách tự nhiên, bình thường trong cuộc thi.

Vào đầu thế kỷ của chúng ta, nhà toán học vĩ đại người Pháp Ani Poincaré đã đưa ra quy luật:

Tờ 20

tr. 18Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Trước hết, những giả thuyết đơn giản sẽ được xem xét trong công trình khoa học.

Trong việc tạo ra huyền thoại thì điều ngược lại là đúng.

Họ đang chờ đợi và đòi hỏi một phép lạ. Người ngoài hành tinh không gian… Ngay cả khi chúng nhỏ và xanh.

Tác giả đã từng phải giảng bài trong đó ông cố gắng nhận ra cách tiếp cận hợp lý đối với vấn đề người ngoài hành tinh. Và tôi tin rằng thật khó để chống lại sự mê tín. Những huyền thoại của thế kỷ 20 về bản chất, cấu trúc bên trong và nguồn gốc của chúng không khác gì đức tin phi lý của tổ tiên chúng ta. Bất kỳ lập luận nào của lý trí đều tác động lên những người hâm mộ người ngoài hành tinh không gian một cách hiệu quả và có lợi cũng như sự nghi ngờ về tính thực tế của cuộc hành trình lên thiên đường của Mohammed, được bày tỏ giữa những người hành hương ở Mecca.

Mọi người mong muốn một phép lạ.

Với thành công đáng kinh ngạc, bộ phim lang băm “Tưởng nhớ tương lai” đã lan rộng khắp thế giới. Khó có thể tưởng tượng được điều gì vô lý hơn những lý lẽ đi thăm ngày xưa

của Trái đất bởi những vị khách từ không gian hơn là những tham chiếu đến các khối đá nguyên khối khổng lồ của hiên Baalbek hoặc các ngôi đền Inca, hoặc những bức vẽ dài hàng km (dấu hiệu nhận dạng?) ở sa mạc Nazca của Peru.

Sau chính mình. Giờ đây, sau những chuyến bay của tàu vũ trụ, chúng tôi tin chắc rằng: không có và chưa bao giờ có sự sống thông minh trên các hành tinh khác trong Hệ Mặt trời của chúng ta. Do đó, nếu một nền văn minh nào đó đến thăm Trái đất, thì vị trí của nó là lỗi của hệ thống sao. Trình độ kỹ thuật của một nền văn minh như vậy liên quan đến nền văn minh của chúng ta cũng giống như các trạm nguyên tử của chúng ta liên quan đến các đầu đá lửa của Pithecanthra. Quả thực, những cuộc thảo luận gần như khoa học về tên lửa photon, khá thời thượng cách đây hai mươi năm, chỉ thú vị ở chỗ chúng cho thấy một cách hoàn hảo những lợi ích quốc tế đáng kinh ngạc đối với chúng ta. Thật đáng kinh ngạc, không phải ở trình độ công nghệ của chúng ta ngày nay. Nó sẽ là cực đoan. Chúng thật khó tin và không thể tưởng tượng được ngay cả khi chúng ta ngoại suy những khả năng của mình một cách điên cuồng như chúng ta muốn, tức là tưởng tượng gần như không thể kiểm soát được. Những từ “gần như không thể kiểm soát” giới thiệu một sự tưởng tượng bằng cách nào đó bị hạn chế bởi kiến thức của chúng ta về các quy luật tự nhiên. Ví dụ, bạn có thể sử dụng nhiên liệu hạt nhân lý tưởng, vật liệu siêu mạnh, thu hút bất kỳ “phép lạ” nào của khoa học mà chúng ta biết đến…

Phân tích cơ bản nhất ngay lập tức cho thấy rằng bất chấp tất cả những điều này, chuyến bay của con người đến các hệ sao khác vẫn là một giấc mơ hoàn toàn phi thực tế. Nếu có thể, thì chỉ với sự giúp đỡ của những điều chưa biết. Chỉ khi điều gì đó mới về cơ bản được tiết lộ cho chúng ta. Nhân tiện, các nhà văn khoa học viễn tưởng giỏi nhất cảm thấy rất rõ điều này, và để bảo toàn “tính xác thực” trong tiểu thuyết của mình, họ đã sử dụng từ lâu và thành công không gian con, vận chuyển vô giá trị, siêu không gian, v.v. cho các chuyến bay vào vũ trụ. Các nhà văn khoa học viễn tưởng có quyền hợp pháp để làm điều này. Sự tưởng tượng như vậy không mâu thuẫn với kiến thức của chúng ta về các quy luật tự nhiên. Cô ấy kêu gọi những điều chưa biết. Nhưng,

Tờ 22

tr. 20Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Tôi thú nhận rằng vào thời điểm đó tôi không thực sự hiểu được sự khôn ngoan đơn giản của lập luận này.

Skelis Landu đã được xác nhận một thời gian sau đó. Năm 1960, một đoàn thám hiểm đặc biệt do Hillary, người chinh phục đầu tiên của Everest dẫn đầu, đã đến Nepal, nơi người tuyết được công nhận, có thể nói, ở cấp tiểu bang. Các nghiên cứu kỹ lưỡng, toàn diện đã được thực hiện trong vài tháng. Kết quả khiến Yeti vô cùng thất vọng. Như phân tích sinh học cho thấy, kho hàng Yeti được cất giữ trong các tu viện chỉ là đồ giả mạo tầm thường. Dấu vết của Tannstevnye trên tuyết nhận được lời giải thích đơn giản nhất: dưới ánh mặt trời trên núi, tuyết nhanh chóng tan chảy và chỉ trong vài phút, dấu vết của một con dê núi có thể biến thành dấu vết của một con quái vật vô danh. Tất cả câu chuyện của các “nhân chứng” đều được tuyên bố là cuộc gặp gỡ với loài gấu Himalaya quý hiếm, hoặc rõ ràng là bịa đặt. Nhưng tất nhiên, người dân địa phương hứa sẽ thu được bằng chứng không thể chối cãi vào năm tới. 23 năm đã trôi qua. Hầu như năm nào Hillary cũng đến Nepal trong một thời gian dài, nhưng… Yeti vẫn chưa được công bố.

Bạn có nghĩ rằng câu chuyện này đã gây ấn tượng gì với hầu hết những người Bigfoot không? Tất nhiên là không. Mọi lý lẽ đều không thể hiểu được khi lý trí bị niềm tin phi lý chiếm chỗ.

Tại Hoa Kỳ, một viện tư nhân đã hoạt động được mười năm, được tổ chức bởi những người đam mê nghệ thuật UFO. Nó được sắp xếp ở nơi phong phú nhất. Kết quả: không một sự thật nào, không một ấn phẩm giật gân nào. Nhưng nó không gây ấn tượng chút nào với người hâm mộ UFO. Họ tin vào người ngoài hành tinh. Họ tin và thế là xong. Tuy nhiên, thời trang vẫn lắng xuống phần nào.

Bây giờ các nhà tâm linh học lại dẫn đầu.

Tôi tự hỏi điều gì tiếp theo?

Những con đường kỹ lưỡng của Thoreau
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. V. BYALKO

Tiểu hành tinh Toro được phát hiện vào năm 1948 bởi nhà thiên văn học người Mỹ K. Wirtanen. Thoreau là một nhà thiên văn học nhỏ; đường kính của nó khoảng 3 km, khối lượng của nó khoảng 10 $^{17}$ kg. Trong chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo hình elip, Thoreau thấy mình ở gần quỹ đạo của Sao Kim ở điểm cận nhật, và di chuyển ra ngoài quỹ đạo của Sao Hỏa ở điểm viễn nhật.

Hình 1 cho thấy quỹ đạo của Thoreau, Sao Kim, Trái Đất và Sao Hỏa. Bạn thấy đấy: Quỹ đạo của Thoreau cắt quỹ đạo của Trái Đất và Sao Hỏa. Vào ngày 1 tháng 2 năm 1984, Toro sẽ đi qua gần hành tinh của chúng ta ở khoảng cách ~0,15 AU. e.*), tức là nó sẽ tiếp cận Trái đất ở khoảng cách 2,25 · 10 $^{7}$ km. Những vụ va chạm như vậy xảy ra trung bình 4 năm một lần. Phải chăng Thoreau sẽ va chạm với Trái Đất? Đây sẽ là một thảm họa thậm chí không thể so sánh được với các hiện tượng tự nhiên trên hành tinh của chúng ta. Năng lượng được giải phóng trong một vụ va chạm như vậy gần bằng năng lượng của quả bom nguyên tử 10 $^{10}$ trong thảm kịch ở Hiroshima.

Hóa ra những mô tả như vậy là chính xác. Khả năng Toro va chạm với Trái Đất là cực kỳ thấp. Nguyên nhân của sự nhỏ bé này đã được các nhà khoa học Mỹ L. Danielson và W. Yip phát hiện. Họ chỉ ra rằng tỷ lệ chu kỳ quỹ đạo của Trái đất và Thoreau là 5:8. Nói cách khác, trong 8 năm Trái đất, Toro thực hiện 5 vòng quay quanh Mặt trời, và do đó, cứ sau 8 năm, vị trí tương đối của Mặt trời, Trái đất và Toro được lặp lại.

*) 1a. e., hay 1 đơn vị chiều dài thiên văn, là đơn vị khoảng cách trong thiên văn học, bằng khoảng cách trung bình của Trái Đất tới Mặt Trời: 1 a. đ. = 149,6 · 10 $^{6}$ km.

Tờ 24

tr. 22Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Mỏng ở đâu, gãy ở đó

V. V. MAISKY

Bài viết này có thể được coi là một ví dụ về việc thiết lập bất kỳ thí nghiệm vật lý nào. Trước hết, bài toán được xây dựng rõ ràng và ý tưởng về lời giải của nó được phát triển. Sau đó, thí nghiệm sẽ được thực hiện: thiết lập được chọn và các phép đo thích hợp được thực hiện. Sau đó, kết quả thu được sẽ được xử lý và áp dụng về mặt lý thuyết.

Khi Vsevolod Maisky viết bài báo của mình, anh ấy đang học lớp 10 tại Trường Moscow số 179. Hiện anh ấy là sinh viên của Viện Kỹ thuật Hóa học Moscow.

“Bền”, “dễ vỡ” - chúng ta thường sử dụng những thuật ngữ này trong cuộc sống hàng ngày và trong công nghệ, để mô tả các đồ vật và vật liệu khác nhau. “Sức mạnh” là gì và làm thế nào để đo lường được nó?

Ví dụ, ngư dân biết rõ một phương pháp đơn giản để xác định độ bền của dây câu: một đoạn dây câu buộc ở một đầu được chất các trọng lượng khác nhau; Tải trọng tối đa mà một dây có thể chịu được là độ bền kéo của nó. Phương pháp này có thể được sử dụng để kiểm tra độ bền của các vật liệu khác.

Điều gì quyết định sức mạnh, chẳng hạn như độ bền kéo? Đầu tiên, từ diện tích mặt cắt ngang. Như vậy, để đứt dây câu có đường kính 0,1 mm cần một lực khoảng 50 N, dây câu có đường kính 0,5 mm có thể chịu được sức nặng của người lớn. Để loại bỏ sự phụ thuộc vào độ dày của mẫu, một khái niệm đặc biệt được đưa ra - độ bền kéo. Đây là ứng suất tối đa mà mẫu có thể chịu được mà không bị hỏng.

Thứ hai, độ bền của vật liệu phụ thuộc vào nhiệt độ của nó. Đối với kim loại, chẳng hạn, khi nhiệt độ tăng, độ bền kéo giảm (ví dụ, sự tương ứng với biểu đồ về sự phụ thuộc của độ bền kéo vào nhiệt độ đối với các kim loại khác nhau được đưa ra trong “Sổ tay vật lý cơ bản” của N. I. Koshkin và M. G. Shirkevich).

Sức mạnh có thể phụ thuộc vào… chiều dài? Thoạt nhìn có vẻ như không, và đối với những quả mận lớn thì điều này thực sự đúng. Nhưng có một loại vật liệu có độ bền phụ thuộc vào độ dài của mẫu. Chất liệu này là len.

Một trong những tương ứng bài toán loại IV Turir của các nhà vật lý trẻ dựa trên những tính chất nhỏ của six-blaz. Đây là các điều khoản của nó:

Sợi len được dệt từ nhiều sợi riêng lẻ. Điều tra độ bền kéo của sợi như vậy tùy thuộc vào chiều dài của nó. Giải thích kết quả thí nghiệm.

Việc đầu tiên cần làm là lựa chọn đối tượng phù hợp để nghiên cứu. Sau vài thử nghiệm đầu tiên, sự lựa chọn rơi vào một sợi chỉ sáu mảnh mỏng nhưng khá chắc chắn (cần một lực từ 2 đến 4 N để làm đứt nó). Trong những thí nghiệm này, nó đã được thành lập:

Tờ 25

tr. 23Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

a) Đối với các mẫu có cùng chiều dài thì độ phân tán về giá trị lực làm đứt sợi rất lớn; Vì vậy, để có được kết quả đáng tin cậy, cần phải có số lượng thí nghiệm lớn hơn.

Khi tiếp xúc lâu với sợi chỉ, nó bị kéo căng mạnh và có thể bị đứt với một lực làm thay đổi đáng kể giá trị cho phép; do đó, việc cài đặt phải đơn giản nhất có thể để việc thử nghiệm không mất nhiều thời gian.

Trong quá trình tìm kiếm, nhiều thiết bị khác nhau đã được phát minh và thử nghiệm. Điều này bao gồm việc treo một vật nặng từ một sợi dây gắn vào một đầu và sử dụng một đòn bẩy có tỷ số cánh tay thay đổi và sử dụng một cuộn dây điện từ có lõi (cái gọi là cân bằng điện từ).

Sau nhiều lần thử nghiệm, sự lựa chọn rơi vào một trong những cài đặt đơn giản nhất, được thực hiện trên cơ sở máy đo đường kính trường học thông thường (số đọc tối đa 4 N, giá trị chia 0,1 N). Một thước đo được gắn vào đế của thước đo đường kính để đo chiều dài của sợi chỉ. Trên thanh dẫn, kết thúc bằng lò xo của đồng hồ đo đường kính, được gắn một thanh trượt có thể di chuyển dọc theo cân với một rung động nhẹ. Với sự trợ giúp của nó, các chỉ số đường kính đã được ghi lại. Một chùm chỉ (10-15 sợi) được buộc vào móc của thước đo đường kính. Một sợi chỉ được chọn từ bó, chiều dài của nó được đo bằng thước và sau đó sợi chỉ được kéo mạnh ở đầu tự do. Mũi tên di chuyển dọc theo thang đường kính, đẩy động cơ. Sau khi các sợi chỉ bị đứt, mũi tên trở về vị trí ban đầu và thanh trượt biểu thị giá trị lực mà sợi chỉ bị đứt, tức là mẫu rất mạnh.

Đối với các thí nghiệm, các sợi có độ dài 2, 3, từ 5 đến 30 được sử dụng với khoảng cách 5 và cuối cùng là 40 cm. Đối với mỗi độ dài, 10-15 thí nghiệm đã được thực hiện và tìm thấy số đọc trung bình của sợi. Dựa trên dữ liệu thu được, một biểu đồ được xây dựng về sự phụ thuộc của luồng thứ sáu vào chiều dài của nó (Hình 1). Biểu đồ cho thấy khi chiều dài của mẫu tăng thì độ bền của ren giảm. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

Hóa ra toàn bộ vấn đề nằm ở cấu trúc bên trong của sáu luồng. Mỗi sợi bao gồm một số lượng lớn các sợi riêng lẻ dày 30-50 micron, xoắn lại với nhau. Chiều dài của các lông nhung khác nhau là khác nhau: từ 4 đến 40 cm. Trong quá trình thí nghiệm, chiều dài của lông nhung đã thay đổi, trong khi chiều dài trung bình là 8,1 cm, 89% tổng số lông nhung rơi vào khoảng từ 4 đến 13 cm, và có rất ít lông nhung rất ngắn và rất dài.

Hãy xem xét một mô hình cực kỳ đơn giản - một sợi bao gồm một số lượng lớn các sợi hoàn toàn giống nhau (cùng chiều dài, diện tích mặt cắt ngang, v.v.). Các sợi được xoắn lại với nhau sao cho trong mỗi phần của sợi có một số vùng (chúng ta sẽ gọi là khuyết tật), vì lý do này hay lý do khác mà độ dày của sợi bị giảm.

Giả sử sợi chỉ có chiều dài lớn hơn chiều dài của một sợi vải. Như đã biết từ thực tế, hãy giới thiệu nó ở đâu là tinh tế. Điều này cũng đúng với sợi chỉ của chúng ta: để làm đứt phần sợi mỏng hơn, cần một lực nhỏ hơn lực cần thiết để làm đứt phần còn lại của sợi. Chúng ta hãy biểu thị lực thứ nhất là $F_1$ và lực thứ hai là $F'_1$ . Vì có rất nhiều sợi nên chúng ta có thể giả định rằng các khuyết tật được phân bố đều dọc theo sợi và

Tờ 27

tr. 25Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Vật lý 8, 9, 10

Cuốn sách đã xuất bản, “Lực và biến dạng,” dành cho tác phẩm kinh điển thứ tám, “Về lực căng bề mặt” dành cho tác phẩm kinh điển thứ chín, và “Năng lượng và độ ồn của âm thanh” dành cho tác phẩm kinh điển thứ mười.
Các tài liệu được chuẩn bị bởi I.K. Belkin.

Sức mạnh và biến dạng

Từ “sức mạnh” là một trong những từ được sử dụng nhiều nhất. Trong ngôn ngữ xúc phạm, nó có thể có ý nghĩa quan trọng nhất. Nhưng trong cơ học ý nghĩa của từ này hoàn toàn rõ ràng. Mọi điều có thể nói về lực cơ học nói chung đều có trong các định luật Newton.

Định luật số ba nói rằng sức mạnh, hay đúng hơn là giấc mơ, nảy sinh từ sự tương tác giữa các cơ thể. Từ định luật thứ hai của Newton, lực là nguyên nhân gây ra gia tốc của các vật, tức là làm thay đổi tốc độ của chúng. Cuối cùng, định luật thứ nhất của Newton phát biểu rằng khi không có lực hoặc khi tổng hình học của các lực tác dụng lên một vật bằng 0, thì vật đó chuyển động không có gia tốc. Cả ba định luật đều được xây dựng cho trường hợp chuyển động được coi là tương đối với hệ quy chiếu quán tính.

Có vẻ như vai trò của lực trong cơ học là rõ ràng: lực truyền gia tốc cho vật mà nó tác dụng. Theo định luật cơ học, đây là “chuyên môn” duy nhất của cô.

Trong khi đó, đôi khi có những phát biểu (sau này trong sách giáo khoa vật lý) cho rằng lực không chỉ truyền gia tốc cho một vật mà còn làm nó biến dạng. Trong trường hợp đầu tiên, họ nói về động lực, và trong trường hợp thứ hai, về biểu hiện tĩnh của lực. Vì vậy, trong một trong những cuốn sách giáo khoa dành cho học sinh trung học, chúng ta đọc: “Kết quả của sự tương tác giữa các vật thể là biến dạng (sự thay đổi về kích thước hoặc hình dạng của vật thể) hoặc gia tốc (sự thay đổi về độ lớn hoặc hướng của tốc độ). Tất nhiên, không loại trừ khả năng cả sự biến dạng và gia tốc đều có thể xảy ra đồng thời.” Một ví dụ khác. Trong sách giáo khoa dành cho các trường phổ thông được biết đến rộng rãi trên toàn thế giới, sức mạnh được định nghĩa như sau: “Khái niệm “sức mạnh” xuất phát từ cảm giác cơ bắp của chúng ta. Lực định tính được xác định bởi hai đặc điểm: nó có thể làm biến dạng một vật rắn đứng yên và tăng tốc cho một vật thể đang chuyển động.” Trong những cuốn sách khác, chúng ta đọc: “Lực là thứ gây ra hoặc dừng chuyển động, làm thay đổi hướng chuyển động hoặc thay đổi hình dạng của vật thể” hoặc “lực là một đại lượng vectơ đặc trưng cho sự tương tác của các vật thể, do đó các vật thể bị biến dạng hoặc thu được gia tốc… Tác dụng tĩnh của lực được biểu hiện khi có sự biến dạng, tác dụng động - khi có gia tốc.” Số lượng các ví dụ như vậy có thể tăng lên, mặc dù trong hầu hết các cuốn sách hiện đại về lực vật lý không liên quan trực tiếp đến sự biến dạng.

Trên thực tế, lực, gia tốc và biến dạng có liên quan với nhau như thế nào?

Lực là nguyên nhân gây ra gia tốc. Do đó, một lần nữa, trong ba định luật của Newton, với sự trợ giúp của nó, bất kỳ bài toán cơ học nào cũng có thể được giải quyết, không có gợi ý nào về hiện tượng như biến dạng của vật thể. Và điều đó là không thể, bởi vì các định luật Newton liên quan đến chuyển động của vật chất của các điểm (đây là sự tiếp xúc liên tục với gia tốc Vật lý 8). Và tất nhiên, các điểm không thể bị biến dạng! Từ đó suy ra rằng lực, theo định luật Newton, phải được coi là nguyên nhân gây ra gia tốc và chỉ là nguyên nhân gây ra gia tốc.

Tờ 28

tr. 26Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Tuy nhiên, mối liên hệ giữa lực và sự biến dạng của thực tế vẫn tồn tại. Trước hết, nó nằm ở chỗ một trong ba lực cơ học được thảo luận trong sách giáo khoa - lực đàn hồi - xuất hiện chính xác khi vật thể bị biến dạng. Nhưng điều này có nghĩa là lực (ít nhất là lực đàn hồi) là hệ quả của sự biến dạng. Vậy thì chúng ta nên hiểu câu nói trên rằng lực là nguyên nhân gây ra biến dạng như thế nào? Có lẽ chúng không có ý nghĩa gì? Chúng ta hãy nhớ cách trả lời những câu hỏi này.

Biến dạng xảy ra như thế nào? Biến dạng là sự thay đổi về hình dạng hoặc kích thước của cơ thể. Chúng không thể thực hiện được nếu không thay đổi vị trí tương đối của một bộ phận cơ thể. Ví dụ, trong quá trình biến dạng kéo, khoảng cách giữa các hạt của vật thể tăng lên, các hạt di chuyển ra xa nhau. Ngược lại, khi một vật thể quét, các hạt của nó lại gần nhau hơn. Như vậy, nguyên nhân trực tiếp của biến dạng là sự chuyển động của một bộ phận cơ thể so với các bộ phận khác. Chuyển động chứ không phải lực lượng!

Nhưng lực cũng đóng một vai trò không nhỏ, vì chúng là tác nhân quyết định các chuyển động dẫn đến biến dạng của vật thể. Tuy nhiên, vai trò này không phải trực tiếp mà là gián tiếp. Lực không trực tiếp gây biến dạng.

Cả biến dạng và gia tốc. Chúng ta hãy thảo luận chi tiết hơn về cách một lực tác dụng lên vật thể truyền gia tốc cho nó và biến dạng đóng vai trò gì trong việc này.

Chúng ta hãy giả sử rằng một lực không đổi $\vec{F}$ tác dụng lên một vật có khối lượng $m$ , có gia tốc, ví dụ như hình dạng một cây gậy, như trong Hình 1. Chúng ta chỉ quy định rằng $\vec{F}$ không phải là lực của trọng lực phổ quát. Vì lực tác dụng vào đầu bên phải của thanh nên nó sẽ chỉ truyền trực tiếp gia tốc cho các điểm (hạt) ở đầu này. Chỉ có họ, những điểm này, mới nhận được khả năng tăng tốc

$m \quad F$

Hình 1

Vì vậy, khi xem xét trường hợp một vật thể, dưới tác dụng của một lực tác dụng lên nó, nó chuyển động với gia tốc và đồng thời bị biến dạng. Việc cơ thể bị biến dạng tất nhiên là “có lỗi” do lực $\vec{F}$ , nhưng nó không phát huy được vai trò của nó. Cơ thể bị biến dạng khi các điểm khác nhau của nó di chuyển tương đối với nhau. Thực tế là vai trò của lực trong quá trình biến dạng chỉ là gián tiếp được thể hiện rõ ràng từ thực tế là độ lớn và tính chất của biến dạng không được xác định duy nhất bởi lực tác dụng mà phụ thuộc vào vật liệu của thanh và tính đồng nhất của nó trong mặt cắt ngang và thành phần. Gia tốc của thanh được xác định duy nhất bởi lực tác dụng lên nó.

Gia tốc mà không bị biến dạng. Cũng cần lưu ý rằng lực tác dụng lên vật có thể không gây biến dạng. Nếu lực là trọng lực (nói chung là lực hấp dẫn phổ quát), thì hình ảnh chuyển động sẽ hoàn toàn khác. Lực hấp dẫn, như đã biết, tác động ngay lập tức lên tất cả các điểm của cơ thể và truyền cho chúng cùng một gia tốc $\vec{g}$ . Do đó, tất cả các điểm sẽ chuyển động theo cùng một cách, do đó sẽ không có sự chuyển động của một số điểm so với các điểm khác. Vì vậy sẽ không có hiện tượng biến dạng.

Tờ 29

tr. 27Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Biến dạng không có gia tốc. Khoảng cách bây giờ là một trường hợp như vậy. Một vật có khối lượng $m$ được treo từ một cánh tay không đối diện, đầu trên của cánh tay này được gắn vào một giá đỡ cố định (Hình 2). Dưới tác dụng của trọng lực, cơ thể tất nhiên bắt đầu rơi xuống. Cùng với nó, đầu dưới của lò xo cũng bắt đầu chuyển động. Vì vậy, nguyên nhân gây biến dạng là do lực đàn hồi tác dụng lên đầu trên của vật. Vì lực hấp dẫn tác dụng lên tất cả các bộ phận của cơ thể và lực đàn hồi chỉ ở đầu trên của nó, nên các bộ phận khác nhau của cơ thể sẽ chuyển động khác nhau và cuối cùng chỉ bị biến dạng. Lực đàn hồi sinh ra từ việc này sẽ tác dụng lên đầu dưới của lò xo, v.v.

Dễ hiểu là cuối cùng vũ khí và cơ thể sẽ dừng lại. Điều này có nghĩa là tổng các lực tác dụng cả bên ngoài và tác dụng lên vật sẽ bằng 0. Lực đàn hồi bên ngoài tác dụng từ phía của giá đỡ bị biến dạng và lực đàn hồi của vật thể bị biến dạng (lực $\vec{f}_1$ và $\vec{f}_2$ trên Hình 2). Cơ thể chịu tác dụng của lực hấp dẫn $m\vec{g}$ và lực đàn hồi của lò xo biến dạng $f$ . Tất cả các vật thể trong hệ thống của chúng ta đều bị biến dạng, nhưng không vật nào trong số chúng có gia tốc.

Rõ ràng, đây chính xác là tình huống muốn nói khi họ nói về tác dụng tĩnh của một lực, tức là tác dụng của một lực dẫn đến biến dạng chứ không phải dẫn đến gia tốc (thực sự, trong ví dụ của chúng ta, chúng ta có thể nói về điều này). Tuy nhiên, chúng ta phải nhớ rằng trong những trường hợp như trường hợp đang xét, không có gia tốc vì hai lực tác dụng lên cả vật và lực ngoài và tổng của chúng bằng 0. Tất nhiên, trong mọi trường hợp, một lực (hoặc nhiều lực, nếu tổng của chúng không bằng 0) không thể làm biến dạng một vật mà không truyền gia tốc cho nó. Một lực (riêng lẻ!) không thể có tác dụng tĩnh. Lực có độ lớn đường kính.

Về lực căng bề mặt

Các tính chất đặc biệt của bề mặt chất lỏng là do các phân tử trên bề mặt có nhiều phân tử lân cận ở một phía, nằm sâu trong chất lỏng và một số ít ở phía bên kia, phía trên bề mặt của nó. Do đó, các phân tử nằm trên bề mặt chịu tác dụng của lực hướng sâu vào chất lỏng, vuông góc với bề mặt của nó. Các lực này cộng lại và gây áp lực lên chất lỏng, áp suất này được cân bằng bởi áp suất do lực đàn hồi của chính chất lỏng gây ra.

Trong khi đó, nhiều thí nghiệm, chẳng hạn như những thí nghiệm được mô tả trong sách giáo khoa “Vật lý 9”, chỉ ra rằng các lực tác dụng lên bề mặt chất lỏng, không hướng theo phương vuông góc mà theo phương tiếp tuyến với bề mặt (chia nó thành một màng đàn hồi). Điều này còn được phản ánh bởi navani - lực căng bề mặt. Hóa ra các lực thực tác dụng lên các phân tử của bề mặt có hướng vuông góc với nó, và trên thực tế không có lực căng bề mặt?

Hóa ra các lực hướng tiếp tuyến với bề mặt là có thật; chúng không chỉ phát sinh khi bề mặt chất lỏng bị xé rách bởi một số vật thể lạ, rắn hoặc lỏng. Nếu không có vật nào khác tiếp xúc với chất lỏng (ngoại trừ hơi của chính nó) thì không có lực căng bề mặt. Nó không khó hiểu. Trên thực tế, bất kỳ phân tử nào bên trong một thể tích chất lỏng đều được bao quanh ở mọi phía bởi các phân tử khác tác động lên nó với các lực phân bố đều theo mọi hướng, do đó các lực này cân bằng. Điều này áp dụng cho tất cả các phân tử của chất lỏng ngoại trừ những phân tử nằm trên bề mặt của nó. Như đã chỉ ra, chúng chịu tác dụng của các lực hướng bên trong chất lỏng, vuông góc với nó.

Tờ 30

tr. 28Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

các bề mặt. Chất lỏng có xu hướng hút các phân tử bề mặt vào, hoặc tương tự, làm giảm bề mặt của nó càng nhiều càng tốt.

Như đã biết từ toán học, hình cầu có diện tích bề mặt nhỏ nhất đối với một thể tích nhất định. Đây là lý do tại sao chất lỏng, để yên và không chịu tác động của bất kỳ ngoại lực nào ngoài lực hấp dẫn, sẽ có dạng hình cầu. Lực hấp dẫn không ảnh hưởng đến hình dạng của chất lỏng vì nó truyền gia tốc như nhau cho tất cả các bộ phận và không làm thay đổi vị trí tương đối của các hạt.

Vì vậy, chất lỏng chỉ chịu tác dụng của trọng lực sẽ chuyển động với gia tốc $\vec{g}$ (tồn tại ở trạng thái không trọng lượng) và giữ nguyên hình dạng của một quả bóng. Nhưng bất kỳ phân tử $A$ nào trên bề mặt hình cầu của chất lỏng cũng chịu tác dụng của lực hút từ các phân tử lân cận gần nhất là $B$ và $C$ , nằm trên cùng một bề mặt (xem hình). Các lực tác dụng ngang nhau này rõ ràng cũng có hướng vuông góc với bề mặt và không có lực tiếp tuyến với bề mặt.

Điều tương tự cũng áp dụng cho trường hợp bề mặt của chất lỏng phẳng (đây là phần lớn bề mặt của chất lỏng nằm trong một bình rộng). Thật vậy, bất kỳ phân tử nào trên một bề mặt phẳng cũng được bao quanh ở mọi phía bởi các phân tử khác nằm trên cùng một bề mặt. Họ tác động lên nó bằng các lực phân bố đều theo mọi hướng trên mặt phẳng và do đó cân bằng lẫn nhau. Do đó, không có lực căng bề mặt trên một bề mặt phẳng.

Không khi bề mặt của chất lỏng bị phá vỡ bởi một chất rắn chẳng hạn.

Các âm thanh khác nhau mà cơ quan thính giác của con người cảm nhận được khác nhau, trước hết là ở tần số rung động. Ví dụ, Cameron tạo ra âm thanh của một hạt duy nhất, hạt này xác định âm sắc của nó. Cùng một giai điệu do violin, piano hoặc guitar tạo ra sẽ khác với chúng ta, mặc dù tai cảm nhận được rằng đây là những âm thanh có cùng một giai điệu. Sự khác biệt này là do trong một âm thanh phức tạp, tần số được xác định bởi âm cơ bản của âm thanh đi kèm với các tần số khác - âm bội. Chúng mang lại cho âm thanh một chất lượng đặc biệt - âm sắc. Có những âm thanh không thể ấn định một tần số cụ thể hoặc thậm chí một tập hợp tần số. Đây là những tiếng ồn. Tiếng ồn có nhiều tần số khác nhau, thay đổi thường xuyên và ngẫu nhiên

Tờ 31

tr. 29Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

lòng tốt với nhau. Tiếng ồn là tiếng cọt kẹt của những cánh cửa không được bôi trơn (như những cánh cửa trong ngôi nhà của những chủ đất thế giới cũ của Gogol), tiếng xào xạc của kính cửa sổ, tiếng la hét mất trật tự của đám đông, v.v.

Nhưng bất kỳ âm thanh nào cũng khác nhau về âm lượng. Âm thanh của cùng một nguồn, cùng một âm sắc và âm sắc có thể lớn hoặc nhỏ hơn. Hãy thảo luận về điều này chi tiết hơn.

Sóng âm mang theo năng lượng - năng lượng dao động của một hạt trong môi trường mà nó truyền đi. Âm lượng của âm thanh có liên quan đến năng lượng này. Nhưng kết nối này không đơn giản như người ta tưởng.

Như có thể thấy, mỗi đơn vị thể tích của môi trường trong đó sóng âm lan truyền có năng lượng $w = \varrho v_m^2/2$ , trong đó $\varrho$ là mật độ của môi trường và $v_m$ là biên độ dao động vận tốc của hạt dao động. Biên độ của vận tốc bằng $\omega x_m$ , trong đó $\omega$ là tần số tuần hoàn của dao động và $x_m$ là biên độ dao động của hạt (xem “Vật lý 10”), do đó năng lượng trên một đơn vị thể tích, tức là mật độ năng lượng, bằng

$w = \frac{\varrho \omega^2 x_m^2}{2}.$

Nhưng sóng truyền với tốc độ nhất định $v$ (tốc độ này thường lớn so với tốc độ $v_m$ ) nên năng lượng giống như một dòng chảy theo phương truyền sóng. Nếu bạn tưởng tượng một khu vực bằng phẳng $S$ , vuông góc với hướng truyền sóng, thì theo thời gian $t$ năng lượng chứa trong thể tích $Svt$ và bằng $\varrho \omega^2 x_m^2 Svt/2$ “chảy” qua nó. Suy ra rằng trong một đơn vị thời gian, năng lượng truyền qua một đơn vị sóng phẳng bằng

$I = \omega v = \frac{\varrho \omega^2 x_m^2}{2} v.$

Giá trị $I$ được gọi là tính toàn vẹn của âm thanh. Nó được đo bằng J/( $m^2 \cdot c$ ) hoặc W/ $m^2$ .

Tai người đặc biệt nhạy cảm với tần số khoảng 1000 Hz. Ở tần số này, độ tích hợp của âm thanh yếu nhất vẫn nghe được chỉ là $10^{-12}$ W/ $m^2$ . Trong cuộc trò chuyện bình thường, tính tích hợp không vượt quá $10^{-5}$ W/ $m^2$ . Những âm thanh mạnh nhất tạo ra công suất cần thiết trên một mét vuông ở mức $10^3$ W/ $m^2$ . Cường độ âm thanh 1 - 10 W/ $m^2$ gây đau tai và cảm giác trên da. Do đó, cơ quan thính giác của con người cảm nhận được những âm thanh có độ nguyên vẹn nằm trong khoảng từ $10^{-12}$ đến 10 W/ $m^2$ . Âm thanh mạnh mẽ nhất có tính tích hợp cao hơn 10 $^{13}$ lần so với âm thanh yếu nhất!

Tuy nhiên, chúng ta không bao giờ có cảm giác rằng một âm thanh này to hơn hàng triệu, thậm chí hàng tỷ lần so với âm thanh khác. Hóa ra chúng ta cần phân biệt giữa tính toàn vẹn của âm thanh và âm lượng của nó. Nếu độ tích hợp của một âm thanh lớn hơn gấp mười, một trăm hoặc một triệu lần so với độ tích hợp của âm thanh khác, điều này không có nghĩa là nó to hơn gấp nhiều lần. Độ to của âm thanh được đánh giá về mặt sinh lý, có sự tham gia của hệ thần kinh và não bộ con người. Và thính giác sinh lý đến mức việc tăng gấp đôi tính tích hợp của âm thanh không được coi là tăng gấp đôi âm lượng của nó. Kết nối âm lượng với tính toàn vẹn của âm thanh là như vậy.

Theo định luật logarit. Đầu tiên chúng ta hãy xem âm thanh có tần số 1000 Hz. Âm thanh yếu nhất vẫn có thể cảm nhận được ở tần số này, được gọi là ngưỡng nghe, có tính toàn vẹn là $10^{-12}$ W/ $m^2$ . Chúng ta sẽ giả sử rằng âm lượng của âm thanh này bằng không. Âm lượng của một âm thanh có cùng tần số nhưng nguyên vẹn hơn 10 lần thì bằng một đơn vị gọi là “bel”, hoặc mười đơn vị gọi là “decibel” (ký hiệu viết tắt là dB). Âm lượng của âm thanh có độ tích hợp lớn hơn 10 lần sẽ tăng thêm 10 decibel, v.v. Nói cách khác, khi độ tích hợp của âm thanh được nhân lên, âm lượng sẽ tăng lên.*)

*) Định luật này được phát hiện bởi nhà giải phẫu và sinh lý học người Đức E. Weber (1795-1878), và nhà vật lý và tâm lý học người Đức G. Fechner (1801-1887) đã đặt cho nó một dạng toán học, đó là lý do tại sao định luật này được gọi là định luật Weber-Fechner. Nó phát biểu: cường độ của cảm giác tỷ lệ thuận với logarit của lực tách. Điều này không chỉ đúng với khả năng nhận biết âm thanh mà còn đúng với những cảm giác khác của con người.

Tờ 32

tr. 30Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Về mặt toán học, luật này trông như thế này. Chúng ta hãy biểu thị cường độ của một số âm thanh có tần số 1000 Hz bằng $I$ và cường độ ở ngưỡng của những âm thanh có cùng tần số bằng $I_0$ . Khi đó độ to của âm thanh $L$ cường độ $I$ biểu thị bằng màu trắng bằng

$L_6 = \lg \frac{I}{I_0},$

và tính bằng decibel -

$L_{\lambda 6} = 10 \lg \frac{I}{I_0}.$

Âm thanh có tần số 1000 Hz có thể là một phần của âm thanh được tạo ra bởi một người đang trò chuyện yên tĩnh và một người hét to nhất có thể. Trong trường hợp đầu tiên, cường độ âm thanh xấp xỉ $10^{-8}$ W/m², trong trường hợp thứ hai - $10^{-4}$ W/m², âm lượng của âm thanh đầu tiên là 40 dB, âm thanh thứ hai là 80 dB. Tuy nhiên, điều này không có nghĩa là âm lượng của tiếng hét lớn gấp đôi âm lượng của một cuộc trò chuyện yên tĩnh. Hai âm thanh này được cho là lớn hơn 40 dB so với âm thanh kia. Nhân tiện, xin lưu ý rằng chênh lệch âm lượng 1 dB là chênh lệch nhỏ nhất về âm lượng mà tai người có thể chấp nhận được.

Đơn vị phổ biến của âm lượng là nền. Định luật logarit ở trên là đúng và không chỉ áp dụng cho âm thanh có tần số 1000 Hz. Nhưng đối với các tần số khác, cường độ ở ngưỡng của những tần số giới thiệu đó là khác nhau. Vì vậy, ví dụ, ở tần số khoảng 100 Hz, nó bằng $10^{-8}$ W/m2, tức là lớn hơn $10^4$ lần so với tần số 1000 Hz. Theo công thức tính độ to, điều này có nghĩa là nếu âm lượng của một số âm thanh ở tần số 1000 Hz thì cường độ của âm thanh đó ở ngưỡng tham chiếu ở tần số 1000 Hz.

Tóm lại, đây là một số giá trị âm lượng cho các âm thanh thường gặp:

| Ngưỡng giới thiệu | 0 hình nền |
| :— | :— |
| Thì thầm | 20 |
| Cuộc trò chuyện yên tĩnh | 40 |
| Cuộc trò chuyện bình thường | 50 |
| Cuộc trò chuyện ồn ào | 60 |
| Tiếng ồn đường phố | 70 |
| La hét | 80 |
| Tiếng ồn Motorica (không có chất tạo sét) | 100 |
| Tiếng ồn động cơ máy bay | 120 |
| Biên độ sai số lớn | 130 hình nền |

Thor nắm lấy Toro
(Để bắt đầu, xem trang 20)

sự hội tụ sẽ xảy ra vào khoảng năm 2200. Tất nhiên, điều này cũng sẽ ảnh hưởng tới vị trí tương đối của Thoreau và Trái Đất (2200 cũng là năm Thoreau lưu vong với Trái Đất). Kết quả là điều sau sẽ xảy ra: Trái đất sẽ nằm trong một vòng khép kín theo quỹ đạo của Thoreau (bên trong cánh hoa hồng được vẽ ở trang đầu tiên của trang bìa).

Những tính toán chính xác về chuyển động của Thoreau, có tính đến nguồn gốc của Trái đất, Sao Kim và Sao Hỏa, đã được thực hiện trong vài nghìn năm. Họ chứng tỏ rằng không có Toro nào tiếp cận Trái đất ở khoảng cách nhỏ hơn 0,1 AU. đ. Rõ ràng, khả năng xảy ra va chạm giữa Thoreau và sao Hỏa cũng bị loại trừ. Nếu không như vậy thì Thoreau đã không thể tính được hàng tỷ năm tồn tại của Hệ Mặt trời.

Tờ 33

tr. 31Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Bài tập

Hãy lấy hai số có hai chữ số và thay đổi chúng. Hãy để $A$ là sản phẩm của họ. Bây giờ ở mỗi thừa số chúng ta sắp xếp lại các số và các số thu được cũng lần lượt đi qua; chúng ta nhận được số $B$ . Chứng minh rằng số $A$ — $B$ chia hết cho 99.
Chứng minh rằng trong hình có đúng một nửa diện tích của ngôi sao năm cánh đúng được tô màu.
Hai kiện tướng đang trở về khách sạn sau vòng tiếp theo của giải cờ vua thường niên.
Một người nói: “Ba phần tám thành phố Turin đang ở phía sau.
“Có,” người kia trả lời. “Và ngày càng có nhiều lô đất được xây dựng mỗi năm.” Hãy nghĩ xem, có rất nhiều trận đấu đã được chơi trong toàn bộ giải đấu năm ngoái!
“Nếu mọi chuyện cứ tiếp tục như thế này,” người đầu tiên cười toe toét, “thì trong vài năm nữa sẽ có 30 người tham gia giải đấu…
Có bao nhiêu kỳ thủ chơi cờ trong giải đấu?
Có hình nào trên mặt phẳng không có trục đối xứng cũng như tâm đối xứng mà biến thành chính nó sau khi quay quanh một điểm nhất định một góc nhỏ hơn 360° không?
Trong chiếc xe buýt trong hình, mỗi màu tương ứng với một con số. Tuy nhiên, một số vòng tròn màu được che bằng mặt nạ đen. Tìm các số tương ứng với từng màu và màu của các hình tròn dưới mặt nạ. (Trong bài rebus này, ngoài các quy tắc cộng số, các quy tắc cộng màu cũng được tuân theo.)

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi N. I. Avilov, V. N. Vetrov, N. N. Mikhailenko, S. N. OLEXNIK, D. B. Fuks.

Tờ 34

tr. 32Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Giải bài toán trong vật lý

T. S. PETROVA

Trong số liên bang «Kvant» năm nay, bài báo “Cho… Cần phải xác định…” đã được xuất bản. Trong bài viết này, điều kiện thứ tám bài toán đã được đưa ra. Điều kiện cho biết đâu là “Đã cho” và đâu là “cần xác định” - người đọc được yêu cầu tự mình nghĩ ra và xác định.

Người biên tập đã nhận được nhiều lá thư trong đó độc giả cung cấp các công thức hoàn chỉnh bài toán và lời giải của họ. Chúng tôi hiểu rõ hơn về học sinh lớp bảy Ismail Erkenov từ làng Korf ở vùng Kamchatka, học sinh lớp sáu Natasha Petrina từ thành phố Kokand của Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Uzbek, học sinh lớp chín Ikhteyr Umzakov từ Novosibirsk, học sinh lớp sáu Vologda Lyubomirov từ Vilnius, học sinh lớp năm Svetlana Gorokhova từ Angarsk, học sinh lớp bảy Pavel Lushnikov từ Moscow, và học sinh lớp sáu từ trường số. 68 từ ga Ugleuralskaya ở vùng Perm, Mikhail Gavevsky từ thành phố Botkinsk ở Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Udmurt, học sinh lớp 8 Kakha Babukashvili từ Kutansi…

Chúng ta hãy xem các ghi chú lời giải bài toán và đồng thời thảo luận về những lỗi gặp phải trong nhiều chữ cái.

Bài toán 1. Hai đường cắt nhau vuông góc. Các đoạn đường hình thành nút giao đã được trải nhựa. Chiều dài mỗi đoạn là 25 m, chiều rộng 4 m. 5520 kg nhựa đường đã được sử dụng cho lớp phủ. Cần bao nhiêu nhựa đường để phủ 1 m2 dugol?

Đáp số: 30kg.

Nhiều giải pháp cũng mắc sai lầm tương tự - họ không tính đến việc tại các giao lộ (Hình 1) chỉ có một trong số đó được trải nhựa. Một số độc giả đưa ra một câu hỏi khác cho vấn đề này bài toán: độ dày của lớp phủ là bao nhiêu? Vâng, chính thức thì câu hỏi này là chính đáng. Nhưng kinh nghiệm sống là

Hình 1.

Tờ 35

tr. 33Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

nói rằng lớp phủ luôn rất không đồng đều; vì vậy sẽ chỉ có ý nghĩa khi nói về độ dày trung bình. Và đáp số thu được nhiều loại nhất - từ 1 mm đến 1,5 m.

Bài toán 2. Một quả bóng thép có khối lượng 1,2 kg có thể tích 200 cm³. Thể tích của khoang bên trong quả bóng là bao nhiêu?

Lời giải. Mật độ của thép là 7,8 g/cm³ (chúng tôi lấy giá trị này từ các bảng). Một vật thép có khối lượng m=1,2 kg=1200 g phải có thể tích

$V_{ct} = \frac{m_{ct}}{q_{ct}} = \frac{1200 \text{ г}}{7,8 \text{ г/cm}^3} \approx 150 \text{ cm}^3.$

Do đó, trong một quả cầu thép có thể tích 200 cm³ có một cái hộp có thể tích bằng

$V_{n} = V - V_{ct} \approx 200 \text{ cm}^3 - 150 \text{ cm}^3 = 50 \text{ cm}^3.$

Đáp số: 50 cm³.

Trong nhiều bức thư gửi tới bài toán câu hỏi đã được đặt ra: mật độ của thép là bao nhiêu? Lời giải như thế này bài toán rất tiện lợi: $\rho = m/V = 6 \text{ г/cm}^3$ . Và họ để nó ở đó. Nhưng đáp số này có thể được kiểm tra bằng dữ liệu dạng bảng. Sự khác biệt giữa kết quả đáp số và giá trị bảng $\rho_{ct} = 7,8 \text{ г/cm}^3$ cho thấy có điều gì đó không ổn trong điều kiện. Cái gì? Đối với chúng tôi, có vẻ như với cách lập luận này, bạn sẽ đi đến kết luận rằng có một lỗ hổng trong quả bóng. Và sau đó câu hỏi về khối lượng của mật độ này được định hướng bởi chính nó.

Bài toán 3. Chiều dài sân ga là 60 m. Một đoàn tàu chở hàng chuyển động với vận tốc 45km/h mất 16s để tới sân ga. Xác định chiều dài của tàu.

Lời giải được thể hiện rõ ràng trong Hình 2:

$l + x = vt \Rightarrow x = vt - l.$

Thay v = 45 km/h = $\frac{45,000}{3600}$ m/s = 12 m/s, t = 16 s và l = 60 m, ta được x = 140 m.

Đáp số: 140m.

Sai lầm tương tự cũng được lặp lại trong một số chữ cái: khi tính x, tốc độ v được thay thế bằng số 45, nghĩa là tính bằng đơn vị km/h, và thời gian bằng 16, nghĩa là thay đổi tính bằng giây. Đây là một sai lầm rất tồi tệ!

Bài toán 4. Áp suất khí quyển ở bề mặt Sao Kim là 10,3 MPa, lực hấp dẫn nhỏ hơn trên Trái đất 1,2 lần. Độ cao của khoảng cách này trong ống khí áp trên Sao Kim sẽ là bao nhiêu?

Lời giải. Độ cao h của đường đi này được xác định từ điều kiện p_{B} = q_{pt} g_{B} h, trong đó g_{B} là gia tốc rơi tự do trên Sao Kim. Lực hấp dẫn tác dụng lên một vật thể có khối lượng m bằng F_{B} = g_{B} m trên Sao Kim và F_{3} = g_{3} m trên Trái đất. Khối lượng cơ thể trên cả Trái đất và Sao Kim là như nhau và F_{3}/F_{B} = 1,2. Do đó, g_{B} = g_{3}/1,2 = 8,2 m/s². Do đó, h = \frac{p_{B}}{q_{pt} g_{B}} = \frac{10.3 \cdot 10^6 \Pi a}{13.6 \cdot 10^3 \text{ kg/m}^3 \cdot 8.2 \text{ m/s}^2} \khoảng 91 m.

Bài toán 5. Một quả cầu kim loại nặng 900 g, được làm nóng đến 155°C, được hạ xuống nhiệt lượng kế chứa 3 lít nước ở nhiệt độ 10°C. Kết quả là nhiệt lượng kế đạt nhiệt độ 15°C. Nhiệt dung của nhiệt lượng kế nhỏ vô cùng so với nhiệt độ của quả bóng và nước. Xác định quả bóng được làm bằng kim loại gì.

Đáp số: Quả bóng được làm bằng thép. (Từ định luật bảo toàn năng lượng, chúng ta xác định được tính chất riêng của kim loại: c = 500 J/(kg °C). Từ bảng chúng ta thấy rằng thép có tính chất này.)

Bài toán 6. Một chiếc nước sốt hình trụ có diện tích đáy 125 cm² chứa nước. Khi cho một viên nước đá vào bình thì mực nước dâng lên 9 mm. Chiều dài cạnh của khối nước đá là bao nhiêu?

Lời giải. Hãy tưởng tượng rằng một khối nước đá được đặt trong một chiếc bình

Tờ 36

tr. 34Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

tan trong nước (Hình 3). Khối lượng nước trong bình sẽ bằng khối lượng của nước ban đầu (trong bình không có băng), khối lượng phẳng của nước hình thành từ băng, tức là khối lượng phẳng của hình lập phương. Thể tích chiếm giữ của lượng nước “thêm” này (được đánh dấu trong Hình 3) là $V_B = Sh$ ; khối lượng của nước này - $m = \rho_B V = \rho_B Sh$ - bằng khối lượng của khối nước đá; nhưng khối lượng của hình lập phương là $m = \rho_B V_B = \rho_B a^3$ (a là chiều dài cạnh của hình lập phương). Do đó, $\rho_B Sh = \rho_B a^3$ , từ đâu

$a = \sqrt[3]{\frac{\rho_B Sh}{\rho_B}} = \sqrt{\frac{1 \, \text{г/cm}^3 \cdot 125 \, \text{cm}^2 \cdot 0,9 \, \text{cm}}{0,9 \, \text{г/cm}^3}} = 5 \, \text{см}.$

Đáp số: 5 cm.

Hầu hết độc giả đặt câu hỏi cho bài toán này như thế này: tìm thể tích của hình lập phương. Về cơ bản, lời giải như vậy bài toán hoàn toàn giống với cái chúng tôi vừa trích dẫn. Tuy nhiên, cách đặt câu hỏi này không sử dụng thực tế là tảng băng có hình lập phương.

Bài 7. Điện trở của dây sắt có khối lượng 390 g là 5 Ôm. Xác định chiều dài và diện tích mặt cắt của dây dẫn.

Lời giải. Điện trở của dây bằng $R = rl/S$ , trong đó $r = \frac{9,8}{10^8} \, \text{Ом} \cdot \text{м}$ là điện trở suất của bàn ủi (chúng tôi ký hiệu là $r$ để không nhầm lẫn với mật độ $\rho$ ). Khối lượng của dây dẫn là $m = \rho l S$ , trong đó $\rho = 7880 \, \text{кг/m}^3$ là mật độ của sắt. Từ đẳng thức cuối cùng, chúng ta biểu thị $l$ đến $S$ : $l = m / (\rho S)$ ; thay thế giá trị này vào biểu thức cho $R$ : $R = rm / (\rho S^2)$ . Từ đây chúng ta tìm thấy $S$ :

$S = \sqrt{\frac{r m}{R \rho}}$

$\frac{(9,8/10^8) (\text{Ом} \cdot \text{м}) \cdot 0,39 \, \text{кг}}{5 \, \text{Ом} \cdot 7880 \, \text{кг/m}^3} \approx \frac{1}{10^6} \, \text{м}^2 = 1 \, \text{мм}^2.$

Bây giờ chúng tôi tìm thấy $l$ :

$l = \frac{m}{\rho S} = \frac{0,39 \, \text{кг}}{7880 \, \text{кг/m}^3 \cdot (1/10^6) \, \text{м}^2} \approx 50 \, \text{м}.$

Đáp số: 50m, 1mm2.

Đối với các đầu đọc khác nhau, chiều dài dây dao động từ 5 cm đến 500 m. Về vấn đề này, hãy nói về một sai lầm. Chính xác hơn, đây không phải là lỗi mà là hậu quả của lỗi xảy ra trong lời giải. Bạn đã nhận được đáp số, nhưng không thể xác minh nó - đáp số không được đưa ra trong bài tập. Xem kết quả của bạn có khó xử không. Hãy nhớ bài thơ của S. Ya. Marshak về một học sinh bất cẩn đã giải được bài toán và nhận được “hai máy đào và hai phần ba” trong đáp số? Sự vô lý này đã nói lên điều đó. Và trong những trường hợp khác, sự quan sát, giao tiếp và trực giác sẽ giúp bạn đánh giá tính hợp lý của các giá trị thu được. Hãy quay trở lại bài toán của chúng tôi. Các báo cáo hàng ngày cho thấy rằng sợi dây sắt dài 5 cm không thể có khối lượng 390 g, và một cuộn dây sắt dài nhiều mét không dễ dàng nâng lên như vậy.

Bài toán 8. Hai thanh trượt cố định, được thiết kế cho điện trở 20 ohm mỗi thanh, một thanh được quấn bằng dây bên dưới đường dây và thanh còn lại bằng dây nichrome. Chiều dài của dây dùng làm cuộn dây là như nhau. Dây nào có tiết diện lớn nhất? Bao nhiêu lần?

Lời giải trong số này bài toán chúng tôi viết ngắn gọn:

$R = \rho_{ник} \frac{l}{S_{ник}} = \rho_{ник} \frac{l}{S_{ник}};$

$\frac{S_{ник}}{S_{ник}} = \frac{\rho_{ник}}{Q_{ник}} = \frac{1,1 \, \text{Ом} \cdot \text{м}^2 / \text{м}}{0,4 \, \text{Ом} \cdot \text{м}^2 / \text{м}} = 2,75.$

Đáp số: Diện tích mặt cắt của dây bên dưới lớn hơn 2,75 lần.

Vì vậy, chúng tôi đã giải quyết các nhiệm vụ. Những người đã giải sai giờ đây sẽ có thể tự mình hiểu được lỗi đó là gì.

Tờ 37

tr. 35Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Bài toán

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. Các nhiệm vụ khó khăn nhất được đưa ra dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 29 tháng 2 năm 1984 đến địa chỉ: 103006, Moscow, K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số G2-83” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M836, M837” hoặc “F848”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ 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). Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản được chỉ định trong một phong bì riêng biệt, được làm thành hai bản sao cùng với giải pháp 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”). Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường, lớp bạn đang theo học.

Bài toán M836–M840 đã được đưa ra tại Olympic Toán học Quốc tế XXIV (trang 46).

M836—M840; F848—F852

M836. Gọi $A$ là một trong các giao điểm của hai đường tròn có tâm $O_1$ và $O_2$ , $P_1P_2$ và $Q_1Q_2$ là các tiếp tuyến chung, $M_1$ và $M_2$ là trung điểm của dây cung $P_1Q_1$ và $P_2Q_2$ của các đường tròn này (Hình 1). Chứng minh rằng các góc $O_1AO_2$ và $M_1AM_2$ bằng nhau.

I. F. Sharytsin

M837*. Cho $a, b, c$ là các số nguyên dương, hai số đó nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng

$xbc + yca + zab$

(trong đó $x, y, z$ là số nguyên không âm), bằng

$2abc - ab - bc - ca.$

M838. Tất cả các điểm nằm trên các cạnh của tam giác đều $ABC$ được chia thành hai bộ $E_1$ và $E_2$ . Có đúng là đối với bất kỳ phân vùng nào như vậy thuộc một trong các tập hợp $E_1$ và $E_2$ đều có bộ ba đỉnh của một tam giác vuông không?

M839*. Có thể chọn 1983 số tự nhiên không vượt quá $10^5$ sao cho trong số các số được chọn không có một bộ ba số nào tạo thành một cấp số cộng (tức là không có một bộ ba $a, b, c$ chứa $a + c = 2b$ )?

M840*. a) Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài cạnh của tam giác thì bất đẳng thức đúng

$a^2b(a - b) + b^2c(b - c) + c^2a(c - a) \geq 0.$

Tìm hiểu trong trường hợp nào nó trở thành đẳng thức.

b) Chứng minh rằng với mọi số dương $a, b, c$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$a^3b + b^3c + c^3a \geq a^2bc + b^2ca + c^2ab.$

F848. Một quả bóng lăn dọc theo một rãnh tròn nằm ngang nhẵn có chiều dài $l$ . Tốc độ $v$ của quả bóng được biết với độ chính xác là $\varepsilon = \pm 5\%$ . Tại những giá trị nào của $v$ , chúng ta có thể phát biểu chính xác rằng sau thời gian $t$ sau khi quả bóng ở điểm $A$ (Hình 2), nó không ở điểm $B$ ?

E. I. Rabkin

Tờ 38

tr. 36Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

F849. Nhiệt kế khô trong phòng đẳng nhiệt hiển thị nhiệt độ $t_1 = 18,0^\circ\text{C}$ và nhiệt kế ướt hiển thị nhiệt độ $t_2 = t_1 - \Delta t = 15,0^\circ\text{C}$ . Không sử dụng bàn; xác định độ ẩm tương đối trong phòng. Áp suất của hơi nước bão hòa ở nhiệt độ được chỉ định tương ứng là $p_1 = 15,5$ mm Hg. Nghệ thuật. và $p_2 = 12,8$ mm Hg. Nghệ thuật. Nhiệt độ mol của nước bay hơi là $l = 4,07 \times 10^4$ J/mol; Nhiệt dung riêng của không khí là $c = 20,8$ J/(mol • độ) (ở thể tích không đổi).

I. S. Solodovnikov

F850. Hình 3 biểu diễn sự phụ thuộc thực nghiệm thu được của lực đàn hồi của lò xo vào chiều dài của nó. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của một tải có khối lượng $m = 60$ g treo thẳng đứng trên lò xo này trong trường hấp dẫn.

V. I. Komov

F851. Tìm lực tương tác giữa hai nửa không dẫn điện của một quả bóng có bán kính $R$ , mỗi nửa được tích điện đều trong toàn bộ thể tích với mật độ lần lượt là $q_1$ và $q_2$ . Độ thấm điện môi của vật liệu bóng được coi là bằng sự thống nhất.

I. V. Grebnev

F852. Một cọc tích điện đều có khối lượng $m$ lăn dọc theo mặt phẳng không dẫn điện nằm ngang mà không bị trượt. Sau khi bật từ trường nằm ngang có chỉ số $\vec{B}$ , vuông góc với mặt phẳng của vòng (Hình 4), lực ép của vòng lên mặt phẳng giảm đi một nửa. Chiếc cọc lăn với tốc độ bao nhiêu nếu điện tích của nó là $q$ ?

L. G. Markovich

Tờ 40

tr. 38Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Lời giải bài toán
M821, M822, M824, M825*); F800, F833—F836

M821. Giải phương trình
$x^3 + x^2 + x = -\frac{1}{3}.$

Hãy viết lại phương trình ở dạng $3x^3 + 3x^2 + 3x + 1 = 0$ ; chúng ta nhận được tổng các khối: $(x+1)^3 + 2x^3 = 0$ . Hãy viết nó ở dạng $(x+1)^3 = -2x^3$ và lấy căn bậc ba từ cả hai vế: $x+1 = -x\sqrt[3]{2}$ ; do đó $x = -\frac{1}{1 + \sqrt[3]{2}}$ .

Yu. I. Ionin

M822. Các thẻ có bốn màu - n xanh lá cây, n đỏ, n xanh lam và n vàng - được xếp chồng lên nhau sao cho sau bốn thẻ màu được lặp lại (ví dụ: thẻ thứ 1, 5, 9, …, (4n-3) - đỏ, thứ 2, thứ 6, …, (4n-2)th - vàng, v.v.).
Một số thẻ phía trên tỏa sáng, được lật lại mà không sắp xếp lại và đứng ngẫu nhiên giữa những thẻ còn lại. Sau đó, cọc được chia thành n cọc nhỏ gồm bốn lá bài. Chứng minh rằng mỗi thẻ trong số bốn thẻ này đều chứa các thẻ có đủ bốn màu.

Chúng ta hãy đánh số màu các quân bài theo số 们 1, 2, 3, 4 sao cho cách sắp xếp ban đầu của các quân bài trong bộ bài đúng theo trình tự
12341234…1234

(đầu bên trái của chuỗi này tương ứng với phần dưới cùng của bộ bài, phần bên phải tương ứng với phần trên cùng của bộ bài).

Chúng ta chia bộ bài thành hai phần như Hình 1, sau đó lật các quân bài của phần II và đứng ngẫu nhiên giữa các quân bài của phần I. Trong bộ bài mới, bốn quân đầu tiên (dưới cùng) sẽ chứa các quân bài $k$ từ đầu phần 1 (1, …, $k$ ) và các quân bài $4-k$ từ cuối phần II ( $k+1$ , …, $4$ ) - xem Hình 2; Rõ ràng, mỗi màu sẽ được thể hiện một lần. Phần còn lại của phần I và II (không tính 4 thẻ đầu) sẽ có dạng như Hình 3. Trước khi di chuyển dữ liệu chúng ta đổi màu: $(k+1)$ màu thứ 1 sẽ nhận số 1, $(k+2)$ màu thứ 2, …, số thứ 4 - số $(4-k)$ , màu thứ 1 - số $(4-k)+1$ , …, $k$ màu thứ 4 - số 4.

Hình 1.
1234 … 1234 1 … s
11 s+1 … 4 1234 … 1234

Hình 2.
1234 1234 … 1 … t
11 t+1 … 4 1234 … 1234

Hình 3.
Sau đó, các phần ở Hình 3 sẽ giống như lúc đầu, chỉ có số $s$ sẽ được thay thế bằng số $t$ nào đó (Hình 4). Bộ tứ thứ hai của bộ bài mới (xem lại Hình 2) sẽ chứa các thẻ $l$ từ Phần I (các số mới 1, …, $l$ ) và các thẻ $4-l$ từ Phần II (các số mới $l+1$ , …, $4$ ) - và một lần nữa, mỗi màu sẽ được thể hiện một lần. Và vân vân. Khi chỉ còn lại bốn lá bài trong bộ bài mới (mỗi lần chúng ta xếp mỗi lá bài được coi là bốn lá bài vào một chồng mới), phần I (chính xác hơn là “phần còn lại” của nó) sẽ trông giống như 1, …, $u$ , phần II sẽ trông giống như $u+1$ , …, 4, trong đó $u$ là một số mà sau tất cả các kích thước lại, sẽ nhận được màu với số ban đầu $s$ . Và bốn màu cuối cùng này một lần nữa sẽ có tất cả các màu.

S. B. Shlyusman

M824. Trong lưới hiển thị ở Hình 1, mỗi ô có kích thước $1 \times 1$ . Lưới này có thể được biểu diễn dưới dạng liên kết của $a)$ 8 đường đứt nét có độ dài 5; 6) 5 nét đứt có độ dài 8?

◆ a) Có thể. Chúng ta hãy biểu thị một số nút của lưới như trong Hình 2. Sau đó, lưới của chúng ta chia thành một tập hợp gồm tám đường gãy có độ dài 5: $AR_1S_1$ , $R_1R_2S_2$ , $R_2R_3S_3$ , $R_3BC$ , $AP_1Q_1$ , $P_1P_2Q_2$ , $P_2P_3Q_3$ , $P_3DC$ . Có nhiều cách khác.

*) Bài toán M823 sẽ được giải trên “Trang hình học” trong một trong những số tiếp theo của “Kwan”.

Tờ 41

tr. 39Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

M825. Tập M bao gồm k đoạn rời nhau theo cặp nằm trên cùng một đường thẳng. Biết rằng mọi đoạn có độ dài không lớn hơn 1 đều có thể đặt trên một đường thẳng sao cho hai đầu của nó thuộc tập M. Chứng minh rằng tổng độ dài các đoạn tạo nên M không nhỏ hơn 1/k.

F800. Mạch điện gồm một tụ điện emkocti C, điốt D1 và D2 và một cuộn dây có cuộn cảm L1 và L2, được ghép lại như trên Hình 1. Tìm chu kỳ điện áp dao động trên tụ điện trong mạch này.

Hình 1.

Hình 2.

Nó bị cấm. Lưu ý rằng tổng chiều dài các đường gãy của chúng ta bằng tổng chiều dài của tất cả các đường trong lưới nên các đường gãy không thể tạo thành toàn bộ lưới và đồng thời cắt nhau dọc theo một đoạn thẳng. Vì vậy, tại mỗi điểm R1, R2, R3, Q1, Q2, Q3, S1, S2, S3, P1, P2, P3 phải có ít nhất một đoạn đứt đoạn. Vì chỉ có 12 đầu nên ít nhất phải có 6 đầu bị gãy.

N. I. Avilov

◆ Giả sử tập M nằm trên trục số và gồm các đoạn [a1, b1], [a2, b2], …, [ak, bk], a1 < b1 < a2 < b2 < … < bk; Độ dài của các đoạn này được ký hiệu bằng các giá trị tương ứng là δ1, δ2, …, δk. Với mỗi cặp số i và j (1  i  j  k), ta ký hiệu Mij là tập độ dài các đoạn có điểm cuối nằm trên các đoạn [ai, bi], [aj, bj]. Những tập hợp này hiển nhiên tạo thành các đoạn trên trục số có độ dài bằng δi nếu i = j, và δi + δj nếu i < j. Theo điều kiện bài toán tổng độ dài của các đoạn không nhỏ hơn 1. Do đó, δ1 + (δ1 + δ2) + … + (δ1 + δk) + δ2 + (δ2 + δ3) + (δ2 + δ4) + … + δk ≥ 1.

Trong tổng viết ở vế trái của bất đẳng thức, mỗi δj(j = 1, …, k) xuất hiện k lần. Do đó, k(δ1 + δ2 + … + δk) ≥ 1, từ đó δ1 + δ2 + … + δk ≥ 1/k, theo yêu cầu.

E. I. Khukhro

◆ bài toán này khá phức tạp và việc phân tích nó bằng các rung động cơ học sẽ giúp chúng ta hiểu được nó.

Hệ cơ học chúng ta cần được thể hiện trên Hình 2. Đây là hai thanh có khối lượng m1 và m2, nằm trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn và được nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k. Mỗi thanh đều được trang bị một bên, cho phép nó di chuyển tự do sang bên phải nhưng không cho phép nó di chuyển về phía sau. Tọa độ của các thanh tại thời điểm ban đầu được ký hiệu là x1 và x2’, trong đó x2’ = l + x2, l là chiều dài của lò xo không bị đóng đinh.

Chúng ta hãy thiết lập sự tương ứng giữa các đại lượng điện và cơ trong hệ thống rung động của chúng ta.

Đặt điện tích dương Q trên bản A của tụ điện tương ứng với độ dãn của lò xo một đoạn x. Có thể thay đổi x bằng cách trộn từng thanh: x = x2 - x1; tốc độ giãn dài của lò xo được xác định bởi sự chênh lệch tốc độ của các thanh: Δx/Δt = v2 - v1. Tương tự, tốc độ thay đổi của điện tích Q được xác định bởi độ chênh lệch dòng điện chạy qua cuộn dây: ΔQ/Δt = I2 - I1. Cạnh S1 và S2 chỉ cho phép vận tốc một dấu: v1 > 0, v2 > 0; tương tự, điốt D1 và D2 cho dòng điện đi qua chỉ theo một hướng. Năng lượng của tụ Q2/2C tương ứng với thế năng của lò xo kx2/2 (và giá trị 1/C, nghịch đảo của điện dung, tương ứng với độ cứng k của lò xo). Động năng của các thanh m1v12/2 và m2v22/2 tương ứng với năng lượng của từ trường trong các cuộn dây L1I12/2 và L2I22/2.

Hệ cơ sẽ chuyển động như thế nào nếu chỉ dịch chuyển về bên phải hoặc nếu cả hai thanh đều dịch chuyển? Nếu không có các bên thì chuyển động sẽ giảm xuống mức áp đặt (superrosicini) của chuyển động tịnh tiến với tốc độ V và dao động không đổi:

v1 = V + v10 cos(ωt + φ), v2 = V - v20 cos(ωt + φ). (*)

Tại một số thời điểm, một trong các vận tốc v1 hoặc v2 trở thành bằng không; thì theo (*), tốc độ này phải âm. Tại thời điểm này, nút chặn tương ứng phát huy tác dụng và một trong các thanh vẫn còn

Tờ 43

tr. 41Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

so với Trái đất, khi hộp không còn chuyển động so với xe, tức là $|\vec{AC}| = v_0$ . Trong thời gian hộp lăn dọc theo vành đai vận chuyển, vectơ vận tốc của nó so với Trái Đất sẽ bao phủ đoạn BC. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc này sẽ là khi nó hướng dọc theo đường vuông góc với đoạn BC. Vì vậy (xem hình),

$u_{\min} = |\vec{AD}| = \frac{u_0 v_0}{\sqrt{u_0^2 + v_0^2}} \approx 0,9 \text{ m/c.}$

S. S. Krotov

F834. Một quả bóng có khối lượng $m_1 = 0,1$ kg được treo trên trần nhà bằng một sợi dây rất dài không trọng lượng, và một quả bóng có khối lượng $m_2 = 0,05$ kg được gắn vào nó bằng một sợi dây có chiều dài $l = 0,2$ m. Quả bóng phía dưới được cho tốc độ $v_0$ theo hướng ngang một cách hiệu quả. Tại giá trị nào $v_0$ các quả bóng có thể ở cùng độ cao?

Với sợi chỉ trên rất dài, chúng ta có thể giả sử rằng quả bóng phía trên di chuyển theo một đường thẳng nằm ngang. Tại thời điểm các quả bóng ở cùng độ cao, tức là sợi dưới nằm ngang (xem hình), hình chiếu ngang của vận tốc của quả bóng thứ hai sẽ bằng tốc độ của quả bóng thứ nhất. Điều này xuất phát từ tính không thể mở rộng của sợi dây kết nối chúng. Để đạt giá trị tối thiểu của tốc độ $v_0$ mà tại đó các quả bóng sẽ ở cùng độ cao, cần giả sử rằng tại thời điểm này hình chiếu thẳng đứng của tốc độ của quả bóng thứ hai bằng 0 (tức là tốc độ $v$ của các quả bóng chung bằng nhau và hướng theo chiều ngang).

Tất cả các ngoại lực tác dụng lên hệ (sức căng của sợi trên và trọng lực) đều hướng theo phương thẳng đứng. Do đó, hình chiếu ngang của tổng động lượng của hệ được bảo toàn:

$m_2 v_0 \min = (m_1 + m_2) v.$

Từ đây

$v = v_0 \min \frac{m_2}{(m_1 + m_2)}.$

Theo định luật bảo toàn cơ năng,

$\frac{1}{2} m_2 v_0^2 \min = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) v^2 + m_2 gl.$

Thay thế biểu thức tìm thấy cho $v$ vào phương trình này, chúng ta tìm thấy

$v_0 \min = \sqrt{2 gl \left(1 + \frac{m_2}{m_1}\right)}.$

Thay thế dữ liệu số, chúng tôi nhận được

$v_0 \min = \sqrt{3 gl} \approx 2,4 \text{ m/c.}$

Trong trường hợp giới hạn $m_2 \ll m_1$ , quả bóng phía trên không chuyển động và để quả bóng phía dưới tăng lên độ cao $l$ thì cần phải cho một tốc độ $v_0 = \sqrt{2 gl}$ .

E. I. Butikov

F835. Một máy cắt được hạ xuống một cốc nước và sự phụ thuộc của nhiệt độ nước vào thời gian (Bảng 1). 1) Nước sẽ nguội bao nhiêu độ trong 1 phút nếu máy cắt bị ngắt khỏi nguồn điện ở nhiệt độ $t_1 = 50^\circ\text{C}$ ? 2) Nước có sôi không nếu không tắt máy cắt đủ lâu? Sức mạnh của máy cắt được coi là không thay đổi.

Chúng ta sẽ giả định rằng công suất mà máy cắt cung cấp cho nước không thay đổi và nhiệt độ của nước tăng không đều do nhiệt lượng tỏa ra tăng khi nhiệt độ tăng. Để tính đến ảnh hưởng của quá trình truyền nhiệt, chúng tôi sẽ theo dõi mức tăng nhiệt độ $\Delta t$ thay đổi như thế nào trong 1 phút hoạt động của máy cắt, tùy thuộc vào nhiệt độ nước (chúng tôi sẽ lấy nhiệt độ trung bình giữa các giá trị của nó ở đầu và cuối mỗi phút). Dữ liệu tương ứng được đưa ra trong Bảng 2. Chúng ta hãy xây dựng biểu đồ về sự phụ thuộc $\Delta t(t)$ bằng cách sử dụng những dữ liệu này. Như có thể thấy từ biểu đồ (xem hình), tất cả các điểm đều là Logasian tốt trên một đường thẳng cắt trục nhiệt độ tại điểm $t_{\text{кр}} = 85^\circ\text{C}$ . Rõ ràng là ngay cả khi định luật truyền nhiệt không thay đổi (và khi nhiệt độ tăng, độ bốc hơi sẽ tăng, điều này sẽ làm tăng quá trình truyền nhiệt), nước

Tờ 44

tr. 42Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

sẽ chỉ nóng lên đến 85°C và do đó sẽ không sôi trong điều kiện bình thường.

Từ cùng một biểu đồ, rõ ràng là ở nhiệt độ $t_1=50^\circ\text{C}$ nước nóng lên 3,5 độ trong một phút và nếu không truyền nhiệt, nó sẽ nóng lên 6,5 độ (nhiệt độ môi trường xung quanh 20°C). Điều này có nghĩa là nếu bạn tắt máy sưởi ở nhiệt độ 50°C thì sau 1 phút nước sẽ nguội đi 3 độ.

A. R. Zilberman

F836. Bản A của tụ điện dẹt đứng yên, bản B được gắn vào tường bằng lò xo và có thể chuyển động, vẫn song song với bản A (xem hình). Sau khi đóng phím K, tấm B bắt đầu chuyển động và dừng lại ở vị trí cân bằng mới. Đồng thời, khoảng cách giữa các tấm giảm đi $a_1=10\%$ . Khoảng cách cân bằng giữa các bản sẽ thay đổi bao nhiêu nếu công tắc K đóng trong một thời gian ngắn? Giả định rằng trong thời gian này biển B không có thời gian để chuyển dịch đáng kể.

Khi đóng công tắc $K$ , hướng tới tụ điện được giữ không đổi và bằng suất điện động $\mathcal{E}$ của nguồn. Đặt khoảng cách ban đầu giữa các bản tụ điện (khi lò xo không bị dãn) bằng $d$ , và độ dịch chuyển của bản B khi đến vị trí cân bằng mới bằng $x_1=a_1d=0,1d$ . Điện tích trên tụ điện sẽ là

$Q_1 = C_1 \mathcal{E} = \frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}}{(d-x_1)},$

trong đó $S$ là diện tích của tấm tụ điện. Ví dụ: trường trong tụ điện $E_1=\mathcal{E}/(d-x_1)$ . Trường này được tạo bởi hai tấm, do đó trường được tạo bởi một tấm có hướng $E_1/2$ . Theo đó, đối với các lực tác dụng lên tấm $B$ , ta có thể viết

$\frac{E_1 Q_1}{2} = \frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}^2}{2(d-x_1)^2} = kx_1$

(k là độ cứng của lò xo).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét tình huống khi phím $K$ bị đóng trong một thời gian ngắn. Trong trường hợp này, tụ điện bị nhiễm bẩn

$Q_2 = \varepsilon_0 S \mathcal{E}/d$

(các tấm không có thời gian để di chuyển), sau đó không đổi. Đặt độ dịch chuyển của tấm $B$ bằng $x_2$ ở vị trí cân bằng mới. thì hướng của trường trong tụ điện sẽ là $E_2 = Q_2/C_2(d-x_2)$ , trong đó $C_2=\varepsilon_0 S/(d-x_2)$ . Điều kiện cân bằng của tấm $B$ sẽ được viết dưới dạng

$\frac{E_2 Q_2}{2} = \frac{Q_2^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}^2}{2d^2} = kx_2.$

Từ phương trình (1) và (2) chúng ta tìm thấy $x_2$ :

$x_2 = x_1 \left(\frac{d-x_1}{d}\right)^2 = 0,081d,$

tức là khoảng cách giữa các bản tụ giảm đi $a_2=8,1\%$ .

A. I. Buzdin

Tờ 46

tr. 44Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

06—08, 14, 15, 17; M. Bizhk (Krasnodar) 06, 07, 17; S. Boyko (Vinnitsa) 07, 08, 14; V. Bryazhnikov (Zaporozhye) 05-07, 15; A. Buraev (Ordzhonkidze) 06; N. Burdeynaya (Vinnitsa) 05-07; O. Vazhevsky (Moscow) 06, 07; V. Vaisman (Vinnitsa) 08, 14; V. Vantselov (Burgas, NRB) 08, 14, 15, 17; D. Vladimirov (Novolukoml) 06-08, 17; A. Vyrovov (Osinniki) 06-08; O. Gavrilov (Kyiv) 05-08, 17; B. Galtsiky (Moscow) 08; V. Glazolev (Tula) 15; P. Glazyrin (Votkinsk) 06, 07; O. Golinsky (Tambov) 07, 08, 17; Yu. Gordienko (Vinnitsa) 05, 08, 15; G. Gorelikov (Elets) 06, 07; S. Grebensikov (làng Chernovoglovka, vùng Moscow) 05-07, 17; M. Gribere (Krasnoirsk) 05-08, 14, 15, 17; I. Grishina (Elets) 06-08; G. Danelia (Tbilisi) 08; L. Demidova (Vinnitsa) 05-07; V. Derendlev (Bereznyaki) 06, 07; G. Dolyupyatov (Donetsk) 05-07, 11, 14, 15, 17; E. Dubinin (làng Vostretsov, vùng Primorsky) 08; A. Yerichan (Yerevan) 06-08; D. Ermoshin (Moscow) 08; O. Efremov (Voronezh) 05–07, 14, 15, 17; M. Zhitomirsky (Kharkov) 05-07; N. Zhokov (Alexandrov) 05-07; G. Zhukov (Kuibyshev) 07; R. Zhmaitis (Vilnos) 05-07; E. Người chăn nuôi (Tambov) 06-08; A. Zaitsev (Tselinovgrad) 06; I. Zaitsev (Moscow) 06, 07; D. Ivanov (Orenburg) 05-07; E. Ivanov (Ordzhonkidze) 06, 07; E. Ivleva (Sverdlovsk) 06, 07; M. Imas (Donetsk) 08, 14; B. Irichanin (Bellegarde, SFRY) 06, 07; L. Iosypiv (vùng Ivanov-Frankivsk) 06, 07; T. Catalosi (Koutanci) 05-07; D. Kaledin (Moscow) 06, 07; I. Kaliinovsky (Kyiv) 05-08, 15, 17; E. Kantsyper (Tallinn) 06, 07; V. Karasev (Alma-Ata) 08, 14; A. Karnaukhov (Izhevsk) 05, 06; E. Kachkovskaya (Vinnitsa) 06, 07; Yu. Kivshar (Kharkov) 05-07; A. Kiritsenko (Moscow) 07; P. Clark (Tula) 08; A. Klishin (Kyiv) 05-07; M. Kyschin (Krasnodar) 07; Yu. Koval (Kyiv) 17; M. Kozlov (Moscow) 08; K. Kondratets (Kyiv) 05-07; A. Korbush (Sverdlovsk) 08; E. Kornilova (Efremov) 05-07; A. Korshak (Kyiv) 08, 11, 15; I. Korshun (Kommunarsk) 05-07; A. Kotlyar (Minsk) 06; S. Kravchuk (Kyiv) 07, 08, 15; A. Krasnov (Tashkent) 06, 08; O. Krasnoyrov (Grozny) 06, 07, 15, 17; A. Kruev (Kyiv) 07; I. Krylov (Kuibyshev) 06; S. Ksenevich (Kuibyshev) 06, 08; V. Kudashov (khu định cư Vuktyl, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Komi) 05-07; D. Kuznetsov (Kuibyshev) 14; D. Kuzotin (Alma-Ata) 06, 07; I. Kulichik (Brest) 07, 17; D. Kuptsov (Moscow) 05—07, 10, 14, 15, 17; I. Kuharkin (Moscow) 05-08, 15, 17; S. Laurinavichus (Mazeiki) 05-07, 10, 14, 15, 17; I. Levin (Donetsk) 05-07, 12; K. Lipnikov (Yaroslavl) 08; A. Likhachev (Barnaul) 07; I. Lorman (Kyiv) 06, 07, 15; D. Lunts (Saratov) 05-08, 14; A. Lyulko (Moscow) 06, 07; B. Mavlonov (vùng Khorezm) 06; D. Makarov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 03-17; ĐẾN. Makarchuk (Kyiv) 05—07, 15, 17; I. Mamedov (Baku) 06, 08; A. Mamyreva (Moscow) 05; A. Markin (Egoryevsk) 17; L. Markovich (Minsk) 06–08, 14, 15, 17; O. Marov (Kanev) 06, 07, 14, 15; A. Martishenko (Dnepropetrovsk) 06, 07, 15, 17; S. Mednov (Kalinin) 05-07; P. Milotin (Khabarovsk) 06-08, 15; A. Mikheev (Kimry) 06-08; K. Mishin (Dnepropetrovsk) 06, 07, 17; P. Molodchik (Kyiv) 05; S. Molanov

Tờ 50

tr. 48Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XIV

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
S. M. KOZEL

Từ ngày 5/7 đến ngày 14/7 năm nay, Kỳ thi Olympic Vật lý quốc tế lần thứ XIV dành cho học sinh sẽ diễn ra tại thủ đô Bucharet của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Romania. 16 quốc gia tham gia Olympic: Úc, Bulgaria, Hungary, Việt Nam, Đông Đức, Hà Lan, Cuba, Ba Lan, Romania, Liên Xô, Phần Lan, Pháp, Đức, Tiệp Khắc, Thụy Điển, Nam Tư.

Đội của mỗi quốc gia bao gồm năm người tham gia - học sinh và sinh viên tốt nghiệp các trường trung học và dạy nghề - và hai trưởng nhóm. Độ tuổi của những người tham gia không quá 20 tuổi.

Đội Liên Xô được đại diện bởi những người chiến thắng Olympic Thế giới:

Anton
Alekseev là học sinh lớp 10. Số 239 Leningrad,

Valdis
Birzvalks tốt nghiệp S.S. số 1 Riga,

Andrey
Gnilovskaya đã tốt nghiệp trung học. Số 239 Leningrad,

Michael
Dyyachkov tốt nghiệp trung học. Số 82 làng Chernogolovka, vùng Moscow,

Vladimir
Molanov tốt nghiệp trường Đại học bang Kiev.

Trưởng nhóm là trưởng phòng thí nghiệm của Viện Nghiên cứu Nội dung và Phương pháp Giảng dạy của Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô O. F. Kabardin và nhà nghiên cứu cao cấp của cùng viện V. A. Orlov.

Theo truyền thống, các nhà vật lý kinh tế đã tham gia tổ chức và tiến hành Olympic. Trong số đó, Nhóm công tác Olympic đã được thành lập. bài toán của cô bao gồm việc chuẩn bị các nhiệm vụ cho các vòng thi lý thuyết và thực nghiệm của Olympic cũng như kiểm tra sơ bộ bài làm của những người tham gia. Tất cả các kết quả đã được phê duyệt bởi Ủy ban Quốc tế do Trưởng khoa Vật lý của Đại học Buchara, Giáo sư Konstantin Plevitsa làm chủ tịch. Ủy ban bao gồm đại diện của tất cả các nước tham gia.

Thế vận hội được tổ chức rất tốt. Tất cả những người tham gia đều sống trong một khu phức hợp sinh viên được bảo trì tốt. Họ không chỉ có cơ hội tạo ra những tác phẩm sáng tạo mà còn có thể tách chúng ra. Trong những ngày nghỉ giữa các chuyến tham quan lý thuyết và thực nghiệm, một chuyến tham quan đến thị trấn nghỉ mát Snagov đã được tổ chức. Sau chuyến tham quan thử nghiệm, những người tham gia đã dành ba ngày nghỉ ngơi tại Trại Thanh niên Quốc tế Kostinshtina trên bờ Biển Đen. Các vị khách cũng đã làm quen với công việc của một số cơ quan khoa học của Trung tâm Vật lý Quốc gia và đến thăm phòng thí nghiệm của một trong những cơ sở vật lý và toán học của Bucharest.

Tại Olympic, bài toán sau đây đã được trao cho những người tham gia:

Chuyến tham quan lý thuyết
Nhiệm vụ 1 (8 điểm)

Hạt chuyển động dọc theo dải dương OX dưới tác dụng của một lực, hình chiếu $F_x$ của nó lên trục $X$ được thể hiện trên Hình 1 ( $F_x = F_y = 0$ ). Đồng thời, hạt chịu tác dụng của một lực ma sát, mô hình của lực này là $F_{rp} = 1,0$ N. Một bức tường phản chiếu lý tưởng được lắp đặt ở gốc tọa độ, vuông góc với trục $X$ . Hạt bắt đầu từ một điểm có tọa độ $x_0 = 1,0$ m và có động năng $E_k = 10,0$ J.

Xác định độ dài quãng đường mà các hạt di chuyển cho đến khi chúng dừng hẳn (3 điểm).
Biểu đồ phụ thuộc hiện tại

Tờ 53

tr. 51Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Theo Djordje Ciuc, có người chiến thắng nhưng không có kẻ bại trận. Điều quan trọng không chỉ là giành chiến thắng trong bài kiểm tra mà còn phải tự học trong đó. Mỗi người tham gia thí nghiệm đã trải qua một hành trình khó khăn và thể hiện sự cống hiến của họ cho vật lý cũng như khả năng áp dụng các định luật của nó một cách sáng tạo. Đây là một thành tựu lớn.

Sau đó, Giáo sư Konstantin Plevitsa được giới thiệu trước Ủy ban Quốc tế, đọc thông báo chính thức lời giải của ủy ban về kết quả thí nghiệm, và một buổi lễ được tổ chức để trao bằng cấp và sự công nhận cho người chiến thắng.

Cuối cùng, những lời này đã được trình bày với người đứng đầu phái đoàn Thụy Điển, Giáo sư Lars Silverberg, người đã chuyển lời mời chính thức tổ chức Kỳ thi Thể chất Quốc tế lần thứ XV dành cho Học sinh ở Thụy Điển vào cuối tháng 6 năm 1984.

Đại diện của ba tạp chí vật lý và toán học dành cho giới trẻ đã tham dự opitpad ở Bucharest: tạp chí Tây Nam “Nhà vật lý trẻ”, “Tạp chí toán học trung học” Hungary (tạp chí này cũng có chuyên mục vật lý) và «Kvant». Trong quá trình thử nghiệm, họ liên tục trao đổi ý kiến về nhiều vấn đề khác nhau: về làm việc với thanh niên có năng khiếu, về các bài kiểm tra thể chất quốc gia, về vai trò của tạp chí thanh niên, v.v. Trưởng đoàn một số nước xã hội chủ nghĩa đã tham gia đối thoại. Thật vui khi biết rằng những người tham gia đã nói chuyện để đánh giá tạp chí «Kvant», tạp chí nổi tiếng ở nước ngoài. Kinh nghiệm «Kvant» được các tạp chí vật lý và toán học dành cho giới trẻ ở các nước sử dụng rộng rãi.

Cuối cùng, thay mặt toàn bộ phái đoàn Liên Xô, tôi xin cảm ơn ban tổ chức Romania về các chủ đề và sự chào đón thân thiện.

Tôi cũng xin chúc thành công đến tất cả độc giả «Kvant» tại các quốc gia Opitpad sắp tới.

Tờ 54

không đánh sốChép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Trò chơi, câu đố

Loạt thiết kế này hướng dẫn cách làm những ngôi sao giấy xinh đẹp nổi bật trên trang bìa của «Kvant» số 5 năm nay. Để làm điều này, bạn sẽ cần bốn dải giấy 1x30 cm cho mỗi ngôi sao và… một chút kiên nhẫn. Các sọc tốt nhất nên có hai màu (ví dụ như ở đây: một bên màu đỏ, một bên màu trắng). Gấp đôi mỗi dải trong số bốn dải lại, móc chúng lại như trong Hình 1. Sau đó tết chúng theo thứ tự như Hình 2-8. Việc sản xuất các “góc trắng” (Hình 3) được trình bày riêng bên dưới (Hình a - c). Hãy nhớ rằng trong các bức tranh, để tiết kiệm không gian, các đầu dài của dải hình thành ở bước đầu tiên đã được cắt sẵn. Cách kết thúc kiểu dệt sao khá khéo léo.
Chúng tôi chúc bạn may mắn!

Tờ 55

tr. 53Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

FMS tại các trường đại học - 20 năm

“Ở trường đại học phải có mùa đông, nếu không có mùa đông thì trường đại học giống như đất trồng trọt không có hạt giống”
M. B. Lomonosov

Năm 1963, các trường nội trú chuyên ngành vật lý và toán học được thành lập tại các trường đại học Moscow, Leningrad, Kiev và Novosibirsk.

Người khởi xướng thành lập các trường này là các học giả A. D. Aleksandrov, P. S. Aleksandrov, S. T. Belyaev, V. M. Glushkov, A. N. Kolmogorov, I. K. Kikoin, M. A. Lavrentyev, I. G. Petrovsky, các thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô A. A. Lyapunov, D. K. Faddeev, D. V. Shirkov và những người khác.

Cuộc thử nghiệm hóa ra đã thành công. Trong hai mươi năm nay, các trường này đã cung cấp nguồn nhân lực khoa học dồi dào cho nước ta.

Sau bốn FMS đầu tiên, các trường tương tự đã được mở ở Yerevan, Tbilisi, Almaty và các thành phố khác.

Trong số sinh viên tốt nghiệp FMS có hàng chục bác sĩ khoa học và hàng trăm ứng viên khoa học. Nhiều sinh viên tốt nghiệp là sinh viên và nghiên cứu sinh của các trường đại học lớn nhất đất nước và đã thực hiện công việc khoa học đầu tiên của họ khi còn là sinh viên.

A. N. Kolmogorov đã viết: “Bài toán của các trường này nhằm cung cấp cho sinh viên sống xa các trung tâm khoa học lớn những cơ hội giống như sinh viên của các trường tốt nhất ở Moscow và các thành phố đại học khác, do đó, chẳng hạn, Trường Vật lý và Âm nhạc tại Đại học Tổng hợp Moscow không nhận học sinh từ Moscow và các thành phố đại học khác.”

Không thể vào trường Vật lý. Mỗi người trong số họ đều có truyền thống tổ chức tiệc chiêu đãi riêng, nhưng yêu cầu chung là bạn cần thể hiện sự quan tâm thực sự đến khoa học và khả năng tư duy sáng tạo.

Theo quy định, việc lựa chọn thí sinh bắt đầu tại các kỳ thi Olympic toán và vật lý khu vực và tài nguyên. Thông tin thêm về thủ tục nhập học có thể được tìm thấy trong lĩnh vực giáo dục công lập cá nhân.

Bạn không nên nghĩ rằng mình cần phải có tài năng đặc biệt nào đó mới được vào Trường Vật lý và Âm nhạc. Trước hết, nó đòi hỏi niềm đam mê thực sự và sự sẵn sàng làm việc chăm chỉ hơn một chút so với khi học ở trường bình thường.

Việc dạy toán và vật lý ở Trường Vật lý được thực hiện theo chương trình do đội ngũ giáo viên của trường xây dựng. Và mặc dù các chương trình này rộng hơn và sâu hơn các chương trình ở trường đại chúng nhưng chúng không trùng lặp các khóa học của VZVoz. Mục đích của việc đào tạo tại Trường Vật lý và Cơ học, theo học giả M.A. Lavrentiev, là “dạy cách suy nghĩ, phát minh, thực hiện các thí nghiệm, dạy cách điều khiển mọi lực cho lời giải khó bài toán.”

Những học sinh thú vị không chỉ giới hạn ở môn toán hay vật lý. Học sinh đi bộ đường dài và chơi thể thao. Vì vậy, học sinh của trường nội trú Moscow đã giải mã từ viết tắt FMS là “trường bóng đá và toán học”. Các trận đấu bóng đá, bóng chuyền, bóng rổ giữa các đội học sinh và giáo viên là truyền thống lâu đời của FMS.

Các nhà khoa học, nhà văn, nghệ sĩ và nghệ sĩ hàng đầu của đất nước chúng tôi đã đến thăm “fymyshat”. Nói tóm lại, nhân viên nhà trường làm mọi thứ để đảm bảo rằng cuộc sống học đường được trọn vẹn, để trường học trở thành ngôi nhà giáo dục thực sự của mỗi người.

Tạp chí của chúng tôi chúc mừng các đội trong các ngày kỷ niệm của trường, tất cả các sinh viên tốt nghiệp, học sinh và giáo viên của các trường này, đồng thời chúc họ hạnh phúc và thành công rực rỡ trong sáng tạo. Chúc bạn may mắn, “fymyshata”!

Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng (ZFTS) thuộc Huân chương Cờ đỏ Mátxcơva của Viện Vật lý và Công nghệ Lao động (MIPT) đang tuyển sinh học sinh 8 tuổi và học sinh trung học nằm trên lãnh thổ RSFSR vào lớp 8, 9 và 10 cho năm học 1984/85.

Mục tiêu của trường này là giúp sinh viên nghiên cứu độc lập nâng cao kiến thức về vật lý và toán học. Đó là lý do tại sao, khi nhận vào ZFTSH, khoa ưu tiên sinh viên sống ở khu vực nông thôn và khu định cư của người lao động, những nơi đặc biệt cần sự hỗ trợ đó.

Giáo dục ở trường là miễn phí.

Tờ 56

tr. 54Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

ZFTSH cung cấp kiến thức bổ sung tốt về vật lý và toán học cho sinh viên tốt nghiệp, nhiều người trong số họ bước vào những chiếc xe buýt hàng đầu của nước ta.

Ngoài các học sinh cá nhân, ZFTS còn chấp nhận các câu lạc bộ vật lý và công nghệ, có thể được tổ chức tại chỗ theo sáng kiến của hai giáo viên - vật lý và toán học. Những người đứng đầu vòng tròn tuyển dụng và ghi danh những sinh viên đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ đầu vào ZFTS. Một câu lạc bộ được chấp nhận vào ZFTSH nếu giám đốc trường cung cấp tên của người đứng đầu câu lạc bộ và danh sách đăng tải của vòng tròn theo lớp (cho biết điểm cuối cùng của nhiệm vụ đầu vào). Tất cả tài liệu về việc tổ chức vòng tròn phải được gửi đến ZFTSH trước ngày 25 tháng 5.

Học sinh được nhận vào ZFTS và trưởng câu lạc bộ vật lý và công nghệ sẽ nhận được các bài tập về vật lý và toán học theo chương trình ZFTS, cũng như ZFTS lời giải được đề xuất của các nhiệm vụ này. Các nhiệm vụ bao gồm tài liệu lý thuyết và phân tích các đặc điểm bài toán cũng như các ví dụ về chủ đề, cũng như 10-14 bài toán dành cho lời giải độc lập. Đây là cả bài toán đơn giản và phức tạp hơn (ở mức độ cạnh tranh bài toán tại MIPT). Công việc của sinh viên văn thư được ZFTSH hoặc các tập tin của nó kiểm tra, và các thành viên của vòng kết nối được kiểm tra bởi các nhà lãnh đạo của nó.

Học sinh Moscow (theo chương trình ZFTSH) được học những bài học rất bận rộn về vật lý và toán học hai lần một tuần tại các trung tâm tư vấn buổi tối (ở một số trường học ở Moscow). Việc tuyển dụng vào các nhóm này sẽ được xác định dựa trên kết quả hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu của ZFTSH hoặc trên cơ sở cuộc phỏng vấn cuối cùng về vật lý và toán học (để biết thông tin, hãy gọi 408-51-45).

Mỗi học sinh hoàn thành bài tập nhập môn vật lý và toán học một cách độc lập bằng tiếng Nga. Tác phẩm phải được viết lại cẩn thận thành một sân trường. Thứ tự của nhiệm vụ phải giống như trong nhiệm vụ.

Gửi cuốn sổ trong một phong bì lớn kèm theo một bưu kiện đơn giản (chỉ cần không cuộn nó thành ống). Cùng với quyết định của bạn, hãy nhớ gửi giấy chứng nhận từ trường nơi bạn học, cho biết lớp học của bạn. Đặt chứng chỉ vào bên trong terradi. Nếu không có chứng chỉ này lời giải sẽ không được xem xét. Ở bên ngoài khuôn, dán một tờ giấy có điền thông tin theo mẫu:

Vùng (vùng hoặc ASSR) Chuv. ASSR
Họ, tên, chữ viết tắt Nosova Larisa Ivanovna
lớp Selma
Số và địa chỉ của trường Trường Cao đẳng Novo-Baiderkovskaya
Nghề nghiệp: cha mẹ và chức vụ: lái xe, nông dân tập thể
Địa chỉ nhà chi tiết của Chuv. ASSR, quận Yalchik, n/o Lats-Tayaba, làng Novo-Baiderkovo.

Dưới đây, hãy vẽ bảng điểm cho nhiệm vụ giới thiệu:

Không. | F. | M. |
| :— | :— | :— |
| | | |

Đối với đáp số cho nhiệm vụ giới thiệu, hãy ký tên vào phong bì ghi rõ lớp học và mang ra sân hiên.

Ngày khởi hành lời giải - không muộn hơn ngày 1 tháng 3 năm 1984 (theo dấu bưu điện nơi khởi hành). Công việc nhập cảnh trở lại không vượt trội.

Việc tuyển sinh vào trường do hội đồng tuyển sinh của Viện Vật lý và Công nghệ Moscow quyết định. Lời giải Hội đồng tuyển sinh sẽ được thông báo chậm nhất là ngày 1 tháng 8 năm 1984.

Một cuốn sổ ghi bài tập đã hoàn thành (bắt buộc trong môn vật lý và toán học) được gửi đến địa chỉ: 141700, Dolgoprudny, khu vực Moscow, Viện Vật lý và Công nghệ Moscow, cho ZFTSH.

Sinh viên của các vùng Arkhangelsk, Vologda, Kalinin, Kaliningrad, Kirov, Leningrad, Murmansk, Novgorod và Pskov, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Karal và Komi sẽ gửi tác phẩm đến địa chỉ: 198904, Old Peterf, st. Ngày 1 tháng 5 năm 100, Đại học bang Leningrad, ZFTSH filpal tại MIPT.

Sinh viên của các vùng Amur, Irkutsk, Kamchatka, Sakhalin và Chita, Lãnh thổ Krasnoyarsk, Primorsky và Khabarovsk, Buryat, Tuva, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Yakut và Chukotka sẽ gửi tác phẩm đến địa chỉ: 660062, Krasnoyarsk, Svobodny Ave., 79, State, ZFTSH filpal tại MIPT.

Dưới đây là một bài tập giới thiệu về vật lý và toán học. Trong bài tập vật lý bài toán 1–5 dành cho học sinh lớp bảy, 4–9 dành cho học sinh lớp tám, 5, 9–15 dành cho học sinh lớp chín. Trong bài tập toán bài toán 1-5 dành cho học sinh lớp bảy, 4-10 dành cho học sinh lớp tám, 7-13 dành cho học sinh lớp chín.

Tờ 58

tr. 56Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Xuất bản năm 1983

Người đọc 1 2
Kondak M.I. Chúc mừng năm học mới!

Gnedenko B.V. Toán học và tính tùy tiện 1 3
Ershov A.P. Lập trình là kiến thức thứ hai 2 2
Kikopin I. K. Vật lý và tiến bộ khoa học công nghệ 3 2
5 2

Rudolf Mössbauer trả lời câu hỏi của ban biên tập tạp chí «Kvant» 3 6
Phòng thí nghiệm độc đáo (phỏng vấn phi công-nhà du hành vũ trụ Liên Xô A. A. Serebrov) 4 7
Cuộc trò chuyện với Andrei Nikolaevich Kolmogorov 4 12

Gindikin S. G. Leonard Euler 10 17
Kadanov M. I. Nhà vật lý lý thuyết xuất sắc của thế kỷ 20 (L. D. Landdu) 11 17
Kikopin I.K. Anh đã hủy hoại hạnh phúc cuộc đời (I.V. Kurchatov) 1 7
Kikopin I. K. Anatoly Petrovich Alexandrov 2 8
Lishevsky V. P. Cách mạng trong khoa học và đời sống (G. Monge) 7 17
N. N. Luzin (kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông)

số liệu thống kê toán học
Anokhin A. I., Lomakina Z. D. Toán học dành cho người đi biển 8 7
Boltyansky V.G. Phương pháp tích hợp 3 16
Vinokurov V. A., Mitin B. S. Toán học và công nghệ trong không gian 4 2
Vladimirov V. S., Mitsenko A. S. Vai trò của toán vật lý trong khoa học hiện đại 12 2
Galilin R.V. Tinh thể được cấu trúc như thế nào 11 10
Gindikin S. G. Về lợi ích của “popstin tinh vi” 6 10

Zaidel A.N. Lừa dối hay ảo tưởng? (Về một phương pháp tính l.) 5 24
Định lý Kerin M. G., khỏa thân A. A. Borsuk-Ulam 8 20
Matveev S.V. Làm thẳng các cấu trúc trên mặt phẳng 4 22
Mitsenko A. S., Soloviev Yu. P. Đệ tứ 9 10
Nesterenko Yu. V., Nikshin E. M. Tiểu luận về phân số tiếp tục 5 16
6 26
Pontglezin L. S. Số phức 2 16
Feldman N. I. Số đại số và số siêu việt 7 2
10 57
Fomenko A. T. Bề mặt tối thiểu 6 18

Thống kê vật lý
Aslamazov L. G. Những dòng sông uốn khúc 1 17
Aslamazov L. G. Báo cáo về hệ phi quán tính 10 9
Bronshten V. A. Tunguska metorit - trong phòng thí nghiệm vật lý 7 9
Blyako A. V. Không khí là gì 6 2
Blyako A.V. Những con đường mòn chông gai của Toro 12 20
Gubankov V. N. Soliton 11 2
Zhitkovsky Yu. Yu. Các nhà vật lý nghiên cứu thủy không gian 8 2
Zaimovsky V. A. Kim loại có trí nhớ không?! 9 3
Kudryavtseva E. N., Khilkevich S. S. Tại sao nước lại đổ ra khỏi xô? 9 16
Mitrofanov A. V. Bài toán P. L. Kapit 5 21
Pegoev A. N. Bóng đèn đã được sử dụng để làm gì? 8 26
Samarsky Yu. A. Hiệu ứng Mössbauer (hoặc sự hấp thụ hạt nhân cộng hưởng của lượng tử γ trong tinh thể) 3 7
Smorodinsky Ya. A. Lỗ đen 12 13
Fabrikant V. A. Sự ra đời của lượng tử 2 11
Falkovsky L. A. Vật lý bề mặt 10 2
Chernin A. D. Flaring RENENTen sao 8 13
Shur A. A. Những sóng vô tuyến khác nhau 5 9

tin tức khoa học
Aslamazov L. G. Máy tính dựa trên chất siêu dẫn 11 24

Tờ 61

tr. 59Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Olympic Toán quốc tế lần thứ XXIV
Chúng tôi trình bày lời giải bài toán được hình thành trên trang. 46.
Đầu tiên đặt $f$ là hàm cần thiết. Đặt $y=x$ vào 1), chúng ta thu được điều đó với bất kỳ $x \in \mathbb{R}^+$ nào thì số $b=x \cdot f(x)$ là một điểm cố định của hàm $f$ (tức là $f(b)=b$ ). Đặt $a$ là một điểm cố định tùy ý của hàm $f$ . Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $a=1$ . Nếu ở $n \ge 2$ chúng ta có $f(a^{n-1})=a^{n-1}$ thì $f(a^n)=f(a \cdot a^{n-1})=f(a \cdot f(a^{n-1}))=a^{n-1} \cdot f(a)=a^{n-1} \cdot a=a^n$ .
Như vậy, mọi số $a^n(n \in \mathbb{N})$ cũng là điểm cố định. Tiếp theo, $a=f(a)=f(1 \cdot a)=f(1 \cdot f(a))=a \cdot f(1)$ ; từ $a \neq 0$ theo sau $f(1)=1$ . Sau đó $a \cdot f\left(\frac{1}{a}\right)=f\left(\frac{1}{a} \cdot f(a)\right)=f\left(\frac{1}{a} \cdot a\right)=f(1)=1$ , từ đâu $f\left(\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{a}$ . Cuối cùng, nó được xác minh theo cách tương tự như $f\left(\frac{1}{a^n}\right)=\frac{1}{a^n}$ . Như vậy, mọi số $a^n(n \in \mathbb{Z})$ đều là điểm cố định. Từ điều kiện 2), chúng ta kết luận rằng $a=1$ . Vì vậy, với bất kỳ $x \in \mathbb{R}^+$ nào, chúng ta có $x \cdot f(x)=1$ , do đó $f(x)=\frac{1}{x}$ .

Ngược lại, dễ dàng kiểm tra được hàm $\frac{1}{x}$ thỏa mãn điều kiện 1), 2).

Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XIV
Chuyến tham quan lý thuyết
Nhiệm vụ 1

Hiển nhiên hạt sẽ dừng lại ở gốc tọa độ. Do đó, từ định luật bảo toàn năng lượng ta thu được
$E_K+F_xx_0=F_{\tau p}s$
Ở đâu
$s=\frac{1}{F_{\tau p}}(E_K+F_xx_0)=20,0 \text{ м.}$
Thế năng của một hạt trong trường lực $F_x$ là $E_\pi=F_xx+C$ , trong đó $C$ là một giá trị không đổi nào đó. Sự phụ thuộc $E_\pi=E_\pi(x)$ (đối với trường hợp $C=0$ ) được trình bày trên Hình 1.
Hạt di chuyển về phía bức tường và ra xa nó với gia tốc không đổi
$a_{1x}=\frac{1}{m}(F_x+F_{\tau p}) \text{ и } a_{2x}=\frac{1}{m}(F_x-F_{\tau p})$
tương ứng. Từ điều kiện bài toán suy ra $a_{1x}<0$ , $a_{2x}<0$ và $a_{1x}<a_{2x}$ . Đồ thị định tính về sự phụ thuộc của tốc độ $v_x$ vào tọa độ $x$ cho hai giá trị có thể có của vận tốc ban đầu của hạt $v_{0x}>0$ và $v_{0x}<0$ được trình bày trên Hình 2, a và 6. Lưu ý rằng $v_{0x}^2=2a(x_i-x)$ , trong đó $a$ là mô đun gia tốc trong phần chuyển động này và $x_i$ là tọa độ dừng lại điểm sau lần bật lại tiếp theo từ các bức tường. Do đó, đồ thị sự phụ thuộc của $v_x^2$ vào tọa độ $x$ (tại $v_{0x}>0$ và $v_{0x}<0$ ) có dạng đơn giản hơn (Hình 3, a và 6).
Nhiệm vụ 2
Chúng ta hãy biểu thị bằng $U$ và $I$ giá trị hiệu dụng của điện áp và dòng điện của nguồn. Sau đó
$U=IZ=I\left(\frac{1}{R^2}+\left(\omega C-\frac{1}{\omega L}\right)^2\right)^{-1/2}$
Đây
$C=C_1+C_2, \quad L=\frac{L_1L_2}{L_1+L_2}$
Công suất tỏa ra trên điện trở là
$P=\frac{U^2}{R}=\frac{I^2}{R}\frac{1}{\frac{1}{R^2}+\left(\omega C-\frac{1}{\omega L}\right)^2}$
Theo các điều kiện, bài toán $I$ là giá trị không đổi và không phụ thuộc vào tần số của máy phát $\omega$ . Vì vậy, $P=P_M$ đã cung cấp $\omega_M C-\frac{1}{\omega_M L}=0$ hoặc $\omega_M=\frac{1}{\sqrt{LC}}=10^5 \text{ c}^{-1}$ .
Công suất sẽ giảm một nửa so với $P_M$ ở tần số $\omega_\pm$ thỏa mãn $\omega_\pm C-\frac{1}{\omega_\pm L}=0$ , từ đó
$\omega_\pm=\frac{\pm L \pm \sqrt{L^2+4R^2LC}}{2RLC}$

Hình 1. Hình 2.

Tờ 62

tr. 60Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Dấu trừ ở phía trước gốc không có ý nghĩa vật lý nên kết quả là ta có

$\Delta \omega = \omega_+ - \omega_- = \frac{1}{RC},$

$\frac{V_M}{\Delta v} = \frac{\omega_M}{\Delta \omega} = R \sqrt{\frac{C}{L}} = R \omega_M C = \frac{R}{L \omega_M} = 150.$

Sau khi mở công tắc, các dao động tự do, không suy giảm sẽ xảy ra trong mạch gồm tụ điện và cuộn cảm (Hình 4). Mạch này tương đương với một mạch dao động thông thường có tham số $C = C_1 + C_2$ (nối song song các tụ điện) và $L = L_1 L_2 / (L_1 + L_2)$ (nối song song các cuộn dây). Vậy tần số dao động điện từ tự do trong mạch là

$v_0 = \frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} = \frac{\omega_M}{2\pi} \approx 15,9 \text{ кГц.}$

Với sự kết nối song song của các cuộn dây lý tưởng, chúng ta có

$L_1 \frac{di_1}{dt} = L_2 \frac{di_2}{dt} = U.$

Ở đây $U$ là điện áp giữa cuộn dây và tụ điện nối song song. Nó theo sau

$L_1 i_1 = L_2 i_2 + L_2 i_0,$

trong đó $i_0$ là một hằng số. Từ dữ liệu bài toán tại thời điểm $t_0$ , chúng tôi tìm thấy

$i_0 = \frac{1}{L_2} \left( L_1 i_{01} - L_2 i_{02} \right) = -0,15 \text{ A.}$

Kết quả vật lý này có nghĩa là có dòng điện một chiều chạy trong cuộn dây. Ví dụ, nguyên nhân của dòng điện này có thể là do sự thay đổi của từ trường bên ngoài.

Áp dụng định luật Kirchhoff thứ nhất, ta có

$i_1 + i_2 + i_{C_1} + i_{C_2} = i_1 + \frac{L_1}{L_2} i_1 - i_0 +$

$+ \left( C_1 + C_2 \right) \frac{dU}{dt} = i_1 \left( 1 + \frac{L_1}{L_2} \right) - i_0 +$

$+ L_1 \left( C_1 + C_2 \right) \frac{d^2 i_1}{dt^2} = 0,$

hoặc

$\frac{d^2 i_1}{dt^2} + \frac{1}{CL} i_1 = \frac{1}{CL_1} i_0.$

Lời giải của phương trình vi phân này là

$i_1 = I_1 \cos \left( \omega_0 t + \varphi \right) + \frac{L}{L_1} i_0,$

trong đó $I_1$ và $\varphi$ là biên độ và pha ban đầu của dòng điện dao động trong cuộn dây có độ tự cảm $L_1$ , $\omega_0 = 1 / \sqrt{LC}$ là tần số tròn của dao động tự do trùng với tần số cộng hưởng $\omega_M$ . Bây giờ chúng ta hãy tìm dòng điện ở phần $AB$ :

$i_{AB} = i_1 + i_{C_1} = i_1 + C_1 \frac{dU}{dt} = i_1 + L_1 C_1 \frac{d^2 i_1}{dt^2} =$

$= I_1 \cos \left( \omega_0 t + \varphi \right) + \frac{L}{L_1} i_0 - \frac{L_1 C_1}{LC} I_1 \cos \left( \omega_0 t + \varphi \right).$

Từ dữ liệu bài toán chúng ta có $L_1 C_1 / (LC) = 1$ , vậy

$i_{AB} = \frac{L}{L_1} i_0 = \frac{L_2}{L_1 + L_2} i_0 = -0,1 \text{ A.}$

Ta thấy chỉ có dòng điện một chiều chạy ở phần $AB$ . Kết quả này có thể được ngăn chặn bằng cách lưu ý rằng trong mạch của chúng tôi $C_1 L_1 = C_2 L_2 = CL$ . Điều này có nghĩa là các quá trình dao động trong mạch $C_1 L_1$ và $C_2 L_2$ xảy ra với cùng tần số $\omega_0$ độc lập với nhau.

Biên độ dao động của dòng điện $I_1$ trong một cuộn dây có độ tự cảm $L_1$ sẽ được tìm từ định luật bảo toàn năng lượng. Xét các quá trình dao động không tắt dần trong mạch $C_1 L_1$ và loại trừ thành phần không đổi của dòng điện trong cuộn dây bằng $i_{AB}$ , ta viết

$\frac{L_1 \left( i_{01} - i_{AB} \right)^2}{2} + \frac{C_1 U_0^2}{2} = \frac{L_1 I_1^2}{2}.$

Từ đây chúng ta sẽ tìm thấy

$I_1 = \sqrt {\left( i_{01} - i_{AB} \right)^2 + \frac{C_1}{L_1} U_0^2} \approx 0,204 \text{ A.}$

Lưu ý rằng lời giải trong số bài toán này vượt quá phạm vi chương trình giảng dạy ở trường của chúng tôi và đòi hỏi kiến thức ít nhất ở mức độ của một khóa học vật lý tự chọn.

Vấn đề 3

Sóng sẽ không bị khúc xạ trên mặt $AC$ (xem Hình 3 trong bài viết) với điều kiện là chiết suất bằng nhau:

$a_1 + \frac{b_1}{\lambda_0^2} = a_2 + \frac{b_2}{\lambda_0^2} = n_0.$

Từ đây

$\lambda_0 = \sqrt {\frac{b_1 - b_2}{a_2 - a_1}} = 500 \text{ nm}; n_0 = 1,5.$

Bức xạ có bước sóng $\lambda_0 = 500 \text{ nm}$ tương đối

Tờ 63

tr. 61Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

hệ thống sang vùng màu xanh lá cây của quang phổ khả kiến.
2) Lưu ý rằng chiết suất của cả hai mồi đều giảm khi bước sóng bức xạ tăng. Ngoài ra, vì theo điều kiện $b_1 > b_2$ , đối với bức xạ philot ( $\lambda_\phi < \lambda_0$ ), chúng ta có $n_1 > n_2$ và đối với màu đỏ ( $\lambda_{\kappa p} > \lambda_0$ ) $n_1 < n_2$ (Hình 5). Đường đi định tính của các tia trong hệ thống nguyên tố đối với ba bước sóng khác nhau ( $\lambda_{\kappa p} > \lambda_0$ , $\lambda_0$ và $\lambda_\phi < \lambda_0$ ) được mô tả trong Hình 6.
3) Góc lệch nhỏ nhất $\delta$ của chùm tia nguyên thủy có góc khúc xạ $A$ gắn với chiết suất $n$ tương ứng (kết luận được đưa ra cho người đọc)
$n = \frac{\sin(A + \delta)}{2 \sin A/2}.$
Trong trường hợp của chúng tôi, hệ thống cơ sở cho bức xạ có bước sóng $\lambda_0$ hoạt động như một cơ sở đơn lẻ có chiết suất $n_0 = 1,5$ và góc khúc xạ $A = A_1 - A_2 = 30^\circ$ . Kể từ đây,
$\delta = 2 \arcsin (n_0 \sin A/2) - A = 15,68^\circ.$
4) Hình 7 biểu diễn đường đi của tia tới trên hệ thống nguyên tố và đi ra từ nó song song với đáy $DC$ . Dựa vào định luật khúc xạ, ta có thể viết
$\sin \alpha = \frac{1}{2n_1},$
$\sin (60^\circ - \alpha) = \frac{n_2}{2n_1}.$
Từ đây, sau khi biến đổi, chúng ta thu được phương trình cho bước sóng $\lambda$ :
$\lambda^4 (3a_1^2 - a_2^2 - a_2 - 1) + \lambda^2 (6a_1 b_1 - 2a_2 b_2 - b_2) + 3b_1^2 - b_2^2 = 0.$
Thay các giá trị số $a_1, a_2, b_1$ và $b_2$ và giải phương trình hai phương trình, ta tìm được $\lambda \approx 1200$ nm.

Vấn đề 4
Hình 8 cho thấy cái gọi là sơ đồ xung của các quá trình đang được xem xét. Ở đây, $\vec{P}_i, \vec{P}_0$ và $\vec{P}_f$ biểu thị mômen photon, và $\vec{P}_{e1}$ và $\vec{P}_{e2}$ —mômen điện tử. Lưu ý rằng quá trình tán xạ photon đầu tiên trên một electron đang chuyển động, được xem xét trong điều kiện bài toán, là sự đảo ngược của quá trình tạm thời - tán xạ trên một electron đứng yên (hiệu ứng Compton). Ngay sau đó là $\lambda_i = \lambda_f = 1,25 \cdot 10^{-10}$ m và $P_{e1} = P_{e2} = P_f$ . Bước sóng de Broglie của một electron có thể được tìm thấy thông qua động lượng của nó $P_e$ :

$\lambda_e = \frac{h}{P_e}.$
Để xác định $P_e$ , chỉ cần áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng và động lượng cho bất kỳ quá trình nào trong hai quá trình tán xạ (ví dụ, cho quá trình thứ hai):

$h v_0 - h v_f = E_\kappa,$
$\frac{h v_0}{c} = \frac{h v_f}{c} \cos \theta + P_e \cos \varphi,$
$0 = \frac{h v_f}{c} \sin \theta - P_e \sin \varphi.$
Ở đây $E_\kappa$ và $P_e$ là động năng và động lượng của electron, $\varphi$ là góc xác định hướng chuyển động của nó sau khi tán xạ. Nhiệm vụ có thể được hoàn thành theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ: bạn có thể chỉ cần sử dụng công thức nổi tiếng cho hiệu ứng Compton, theo sau các mối quan hệ được viết ở trên:

$\lambda_f - \lambda_0 = \frac{h}{mc} (1 - \cos \theta),$
trong đó $h/(mc) = 0,24 \cdot 10^{-11}$ m được gọi là bước sóng Compton. Trong trường hợp này, lời giải tương thích. Thật sự,

$E_\kappa = h v_0 - h v_f = h \frac{c}{\lambda_0} - h \frac{c}{\lambda_f} =$
$= h c \frac{\lambda_f - \lambda_0}{\lambda_0 \lambda_f} \approx \frac{h c}{\lambda_f^2} \frac{h}{mc} (1 - \cos \theta) \approx$
$\approx 1,56 \cdot 10^{-17} \text{ Дж} \approx 97,4 \text{ эВ}.$
Vì $E_\kappa \ll mc^2 \approx 0,5$ MeV, nên rõ ràng là electron không có tính tương đối. Vì vậy, bạn có thể sử dụng công thức cổ điển

$E_\kappa = \frac{P_e^2}{2m}.$

Tờ 64

tr. 62Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Tại nguồn chúng ta sẽ nhận được

$\lambda_e = \frac{h}{P_e} = \frac{h}{\sqrt{2mE_K}} \approx 1.24 \cdot 10^{-10} \text{ m}.$

Nếu người giải chưa biết công thức Compton “làm sẵn”, thì người ta sẽ phải tìm động lượng của electron từ phương trình biểu thị các định luật bảo toàn năng lượng và động lượng. Nhưng sau đó sẽ nảy sinh câu hỏi, công thức nào mô tả electron - tương đối tính hay cổ điển. Trong trường hợp này, cả hai lời giải đều cho kết quả như nhau, nhưng khi sử dụng các công thức cổ điển ngay từ đầu, cần phải đưa ra kết luận hợp lý rằng electron không có tính tương đối. Chúng tôi mang đến cho những người thách thức cơ hội để độc lập đưa lời giải bài toán đến cùng. Để tham khảo, chúng tôi chỉ ra rằng động năng $E_K$ và động lượng $P$ của một hạt có khối lượng nghỉ $m$ có liên hệ với nhau trong trường hợp tương đối tính bởi sự tương ứng

$P^2 c^2 = E_K (E_K + 2mc^2),$

từ đó, với $E_K \ll mc^2$ , thu được sự tương ứng cổ điển $E_K = P^2/(2m)$ .

Để kết luận, chúng ta hãy chỉ ra rằng bài toán này vượt xa phạm vi chương trình giảng dạy ở trường của chúng ta.

Bài toán 5

Lời giải trong số bài toán này, không được tính vào điểm limbida chính thức, chúng tôi sẽ không trình bày ở đây. Chúng tôi cung cấp nó cho độc giả để phân tích độc lập.

Nhiệm vụ thí nghiệm

Hình 9 cho thấy hai sơ đồ. Trong trường hợp đầu tiên, cả hai vôn kế được nối nối tiếp với nguồn, trong trường hợp thứ hai, chỉ sử dụng một vôn kế. Chúng ta hãy biểu thị bằng $U_1$ , $U_2$ và $U'_1$ số chỉ của vôn kế và bằng $I_1$ và $I_2$ dòng điện trong mạch. Sau đó

$U_1 + U_2 = \mathcal{E} - I_1 r, \quad U'_1 = \mathcal{E} - I_2 r.$

Lưu ý rằng

$\frac{U_1}{U'_1} = \frac{I_1}{I_2}.$

Từ những thư từ này chúng ta có được

$\mathcal{E} = \frac{U_2 U'_1}{U'_1 - U_1}.$

Vì vậy, để xác định nguồn emf, chỉ cần sử dụng hai mạch là đủ.

Vôn kế và tạp chí điện trở có thể được nối với nguồn theo hai cách (Hình 10). Người ta giả định rằng trong quá trình thử nghiệm, điện trở $R$ của băng đạn thay đổi và ở mỗi giá trị $R$ thì vôn kế $U$ hiển thị bị thiếu. Trong trường hợp $a$ ) kết nối theo công thức

$\frac{1}{U} = \frac{1}{\mathcal{E}} \left( 1 + r \left( \frac{1}{R_V} + \frac{1}{R} \right) \right),$

trong đó $r$ và $R_V$ lần lượt là điện trở trong của nguồn và vôn kế. Điều này cho thấy sự phụ thuộc của đại lượng $1/U$ vào $1/R$ là tuyến tính. Dựa trên số liệu thực nghiệm có thể xây dựng được đồ thị tương ứng (Hình 11, a). Dựa vào độ dốc của đồ thị và giao điểm với trục tung, xác định các giá trị

$k_1 = \frac{r}{\mathcal{E}} \text{ и } b_1 = \frac{R_V + r}{\mathcal{E} R_V}.$

Trong trường hợp $6$ ) ta có sự tương ứng

$\frac{1}{U} = \frac{R_V + r}{\mathcal{E} R_V} + \frac{R}{\mathcal{E} R_V}.$

Ở đây mối quan hệ giữa các đại lượng $1/U$ và $R$ là tuyến tính. Dựa trên dữ liệu thực nghiệm, một biểu đồ tương ứng được xây dựng (Hình 11, b) và từ đó xác định được

$k_2 = \frac{1}{\mathcal{E} R_V} \text{ и } b_2 = \frac{R_V + r}{\mathcal{E} R_V}.$

Vì vậy, thí nghiệm cho phép tìm được các thông số sau:

$k_1 = \frac{r}{\mathcal{E}}, \quad k_2 = \frac{1}{\mathcal{E} R_V} \text{ и } b = b_1 = b_2 = \frac{R_V + r}{\mathcal{E} R_V}.$

Do đó, đối với $\mathcal{E}$ , $r$ và $R_V$ , chúng ta thu được phương trình bậc hai có hai lời giải dương mỗi phương. Do đó, phương pháp được đề xuất không có dữ liệu bổ sung không cho phép chúng tôi xác định rõ ràng các giá trị bị loại trừ.

Tờ 65

tr. 63Chép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Công thức tính toán cuối cùng cho $\mathcal{E}, r$ và $R_V$ có thể được viết là

$r_{1,2} = \frac{b \pm \sqrt{b^2 - 4k_1k_2}}{2k_1}; \quad \mathcal{E}_{1,2} = \frac{1}{k_2} r_{1,2}; \quad R_{V_{1,2}} = r_{2,1}.$

Sai số đo được xác định chủ yếu bởi cấp chính xác của vôn kế được sử dụng. Chúng ta hãy lưu ý ở đây rằng sự tương ứng giữa các thông số của vôn kế và nguồn cũng đóng một vai trò quan trọng. Ví dụ, khi thực hiện phần đầu tiên của nhiệm vụ, độ chính xác tối đa đạt được trong trường hợp điện trở trong của nguồn và điện trở của cả hai vôn kế cùng thứ tự. Nếu một trong các vôn kế có điện áp cao và vôn kế kia có điện áp thấp thì phương pháp đang xem xét sẽ cho kết quả không tốt. Nếu một trong các vôn kế có $R_V \gg r$ thì tốt nhất nên đo EMF nguồn bằng cách sử dụng một mạch như trong Hình 9, $\delta$ (trong trường hợp này là $\delta \approx U'_1$ ). Lưu ý rằng trong quá trình thử nghiệm, sự mất ổn định của nguồn có thể biểu hiện rõ rệt, chẳng hạn như điều này được quan sát thấy ở pin đèn pin khi có dòng điện đủ lớn chạy qua. Trong trường hợp này, các đồ thị (xem Hình 11) được biểu diễn tuyến tính, có thể dẫn đến sai số lớn.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 11)

Gọi số đầu tiên là $10a+b$ và số thứ hai $10c+d$ ; rồi $A=100ac+10(ad+bc)+bd$ , và số đó là $B=(10b+a)(10d+c)=100bd+10(bc+ad)+ac$ . Vì vậy, $A-B=99(ac-bd)$ .
Từ Hình 12, rõ ràng là phần được tô bóng và không được tô màu của ngôi sao được căn chỉnh bằng nhau.
Nếu có $k$ người chơi cờ trong một giải đấu và mỗi người chơi gặp nhau một lần thì tổng cộng $\frac{k(k-1)}{2}$ ván đấu sẽ được chơi trong giải đấu.

Giả sử rằng năm nay có $x$ người chơi cờ tham gia giải đấu và năm ngoái có $y$ . Sau đó theo điều kiện

$\frac{3}{8} \frac{x(x-1)}{2} = \frac{y(y-1)}{2}.$

Do đó, $\frac{3}{16}x(x-1)$ là một số nguyên, nghĩa là $x$ hoặc $x-1$ chia hết cho 16. Vì $2 \leq x < 30$ nên $x$ có thể bằng 16 hoặc 17.

Nếu như $x=16$ , Cái đó $\frac{3}{8} \frac{x(x-1)}{2} = \frac{3}{8} \cdot 120=45$ và phương trình $\frac{y(y-1)}{2} = 45$ có lời giải $y=10, y=-9$ , trong đó câu thứ hai, không phức tạp lắm đối với chúng ta, số điểm trên tất cả các xương của bộ domino bằng 168, nên tổng số điểm ở mỗi hàng và mỗi cột là 21. Từ hàng đầu tiên - $3z+v=21$ . Từ phương trình đầu tiên suy ra rằng $z$ chia hết cho 3, và từ số thứ hai, đó $v$ chia hết cho 3. Vậy một trong hai số này là 3 và số kia là 6. Nếu $z=3$ , MỘT $v=6$ , Cái đó $3z+v=15$ , không phải 21. Nếu $z=6$ , $v=3$ , thì phương trình thứ hai thỏa mãn và từ phương trình thứ nhất chúng ta thu được điều đó $y=5$ . Từ dòng thứ tư là $u=2$ , từ thứ năm - $x=4$ , từ lần đầu tiên - $w=1$ . Cuối cùng lời giải được hiển thị trong Hình 14.

Chìa khóa của lời giải điều này bài toán là thực tế là kích thước rõ ràng (góc) của Mặt trời và Mặt trăng là như nhau, điều này đặc biệt có thể nhìn thấy khi nhật thực. Do đó, từ sự giống nhau, ta suy ra rằng bán kính của Mặt trời lớn hơn bán kính của Mặt trăng 387 lần và thể tích của Mặt trời lớn hơn thể tích của Mặt trăng 387³ lần.

Tờ 68

không đánh sốChép lại từ bản quét · Bản dịch sơ bộ, chất lượng thấp

Giá 40 kopecks.
Chỉ số 70465

Đây là quỹ đạo của tiểu hành tinh Thoreau trông giống như trong một hệ tọa độ quay quanh Mặt trời cùng với Sao Kim.
Sao Kim thực hiện 13 vòng quay quanh Mặt trời cứ sau 8 năm.
Trong hệ tọa độ này, trong 8 năm, bầu trời đầy sao sẽ thực hiện 13 vòng quay và Thoreau sẽ thực hiện một vòng quay hoàn toàn dọc theo hình hoa thị năm cánh. Asterod Thoreau có một ghi chú trong số tạp chí này.