Kvant 1985, số 5 · Trang

QUANTUM
5
1985

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

Vào tháng 12 năm ngoái, hai trạm tự động của Liên Xô “Veza-1” và “Veza-2” đã được ra mắt. Lần phóng này là sự khởi đầu của Chuyến thám hiểm quốc tế “Venus - Halley’s Comet” (viết tắt là “Vesa”). Dự án Veza cung cấp một nghiên cứu chung về sao Kim và sao chổi Halley. Nghiên cứu về sao chổi trên mặt đất được thực hiện theo Chương trình Quốc tế Quan sát Sao chổi Halley - IHW (International Halley Watch). Lời giải việc tổ chức chương trình IHW đã được thông qua tại Đại hội đồng lần thứ 18 của Liên minh Thiên văn Quốc tế. Tại hình có sơ đồ “kịch bản” chuyến bay của trạm Veza và vị trí của các “tác nhân” trong các giai đoạn quan sát khoa học chính. Vào tháng 6 năm nay, “Vezi” sẽ bay gần sao Kim. Các vùng vệ tinh, tách biệt khỏi các phương tiện hạ cánh, sẽ truyền về Trái đất kết quả nghiên cứu về tầng nguyên tử của Sao Kim. Vào tháng 3 năm 1986, một cuộc gặp gỡ của tàu vũ trụ với sao chổi Halley đã được mong đợi. Chúng tôi mang đến cho độc giả câu chuyện về chuyến thám hiểm Veza trong số tạp chí này (xem bài “Hẹn hò với sao chổi”).

TRONG PHÒNG:

2 40 năm Đại thắng
3 I. K. Kikoin Nhà vật lý đi đầu
9 V. V. Gnedenko. Toán học và các nhà toán học trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại

---

16 L. S. Marochnik. Hẹn hò với sao chổi
22 V.V. Trofimov. Công chúa Dido, isoperimet và phim xà phòng
Forty years since V-day
I. K. Kikoin. Physicists — for the front
B. V. Gnedenko. Mathematics and mathematicians in the Great Patriotic War

---

L. S. Marochnik. Date with a comet
V. V. Trofimov. Princess Dido, isoperimeters and soap films

Trường học ở «Kvant»
28 Vật lý 8, 9, 10
34 Toán 10
50 trường học yêu thích bài toán
Kvant’s school
Physics 8, 9, 10
Mathematics 10
Selected school problems

Kính vạn hoa «Kvant»
Kvant’s kaleidoscope

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
Kvant for younger school children
Problems

Vấn đề «Kvant»
15 người đoạt giải cuộc thi “Vấn đề «Kvant»
38 Bài toán M921—M925; F933—F937
41 Lời giải bài toán M901—M904; F913—F916
Kvant’s problems
Kvant problem solving contest prizewinners
Problems M921—M925; P933—P937
Solutions M901—M904; P913—P916

Xưởng của người nộp đơn
46 O. Yu. Ovchinnikov. Công cơ và năng lượng cơ học
College applicant’s section
O. Yu. Ovchinnikov. Mechanical work and mechanical energy

Các lựa chọn thi tuyển sinh
College entrance examination problems

Thông tin
21 Đoàn thám hiểm thiên văn thanh niên Leningrad
Information
Leningrad young astronomer’s expedition

56 Đáp số, gợi ý, lời giải
Pha trộn (55)
Trang cờ vua
Tính toán trên bàn cờ
(trang bìa thứ 3)
Answers, hints, solutions
Miscellaneous (55)
The chess page
Chess board computations
(3rd cover page)

Hội trường của “Katyushas” huyền thoại (xem ảnh ở trang đầu tiên của trang bìa) là biểu tượng cho sự hiện diện viết tắt của đội quân lớn nhất đã dẫn đến chiến thắng trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại. Nó còn là biểu tượng cho sự nỗ lực không ngừng của các nhà khoa học, kỹ sư và công nhân đã tạo nên những chiến thắng vũ trang. Đọc về công trình của các nhà khoa học được thực hiện trước và trong chiến tranh trong các bài báo “Vật lý tiền tuyến” và “Các nhà toán học và nhà toán học trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại”.

2

40 tuổi
Chiến thắng vĩ đại

Đã bốn mươi năm kể từ ngày nhân dân toàn thế giới long trọng ăn mừng chiến thắng chủ nghĩa phát xít của Hitler. Họ đã phải trả giá đắt cho chiến thắng này. Nhân dân Liên Xô đã góp phần quyết định vào việc đánh bại cảnh sát phát xít, kẻ đã chinh phục hầu hết các nước châu Âu và chinh phục toàn bộ thế lực kinh tế của họ. Lịch sử biết rằng trong những năm đó không có quốc gia nào có thể làm được kỳ tích như vậy. Hơn hai mươi triệu người dân Liên Xô đã chết trong cuộc chiến này, mà chúng tôi gọi đúng là Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, và trong số đó có rất nhiều người còn rất trẻ, giống như độc giả của chúng tôi, đã đứng trước ngưỡng cửa cuộc đời mình. Chiến tranh làm rung chuyển toàn dân - mọi người đổ xô ra mặt trận. Những chàng trai, cô gái chưa đến tuổi hợp pháp đã cố gắng bằng móc nối hoặc bằng tội phạm để được nhập ngũ. Đặc biệt nhiều học sinh đã chiến đấu trong phòng tuyến của kẻ thù, trong các tổ chức ngầm và các đội du kích. Những vệ binh trẻ của Krasnodon, những trinh sát trẻ trong các biệt đội Kovpak, Fedorov, Popudrenko, những anh hùng của hầm mộ Crimea, những đứa trẻ mồ côi được các đơn vị quân đội nhận nuôi - ký ức về họ sẽ mãi mãi đọng lại trong trái tim chúng ta.

Những năm đó, quân đội ta nhận được sự giúp đỡ to lớn từ các nhà khoa học. Ngay từ những ngày đầu tiên của cuộc chiến, khắp nơi họ đã chuyển sang giải quyết các vấn đề liên quan đến tăng cường phòng thủ đất nước. Nhờ thành công, quân ta đã có được các loại vũ khí có đặc tính vượt trội hơn nhiều so với vũ khí của địch - pháo tên lửa (Katyushas), xe tăng T-34, máy bay Il-2, Yak-3, Pe-2, súng chống tăng có đạn cải tiến. Khoa học Liên Xô đã vượt qua thử thách khắc nghiệt của chiến tranh một cách danh dự.

Liên Xô là thành trì chính của thế giới. Nhờ chính sách hòa bình của nhân dân ta mà đã không có chiến tranh ở châu Âu trong bốn mươi năm. Trong khi đấu tranh cho hòa bình, chúng tôi ghi nhớ chắc chắn rằng nó không phải là đạt được mà là đạt được.

Các thế lực đế quốc hung hãn đe dọa chúng ta bằng một cuộc chiến tranh mới. Họ chi những khoản tiền khổng lồ để cải tiến vũ khí hủy diệt hàng loạt và tăng cường dự trữ, thúc đẩy cuộc chạy đua vũ trang ra ngoài vũ trụ. Nhưng những năm sau đó đã chứng minh một cách thuyết phục rằng các nhà khoa học Liên Xô cùng với toàn thể nhân dân có khả năng giải quyết những vấn đề quốc phòng phức tạp nhất và nhanh chóng dập tắt mọi hy vọng của đế quốc về ưu thế quân sự. Điều này đã xảy ra với vũ khí nguyên tử và nhiệt hạch, vũ khí tên lửa, đầu đạn đa điện tích, v.v. Điều này đã xảy ra gần đây với tên lửa hành trình. Đây là sự đảm bảo cho sự an toàn của chúng tôi và sự an toàn của tất cả mọi người.

Các dân tộc trên thế giới từ lâu đã tích cực đấu tranh chống lại các kế hoạch xâm lược của đế quốc và chúng ta luôn thấy Tổ quốc vĩ đại của chúng ta đi đầu trong các chiến binh này.

3

Các nhà vật lý ở phía trước

Viện sĩ I. K. Kikoin

Cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại đã làm rung chuyển toàn bộ nhân dân Liên Xô, bao gồm cả những người làm trong lĩnh vực khoa học và tất nhiên là cả các nhà vật lý. Rõ ràng là khoa học kỹ thuật đóng một vai trò quan trọng trong việc tạo ra vũ khí hiện đại.

Tất nhiên, những vấn đề lớn về khoa học quân sự đều được giải quyết trước và điều này đòi hỏi rất nhiều thời gian. Tuy nhiên, một số vấn đề liên quan đến việc cải tiến trang thiết bị quân sự cần thiết và có thể đã được giải quyết trong chiến tranh, trong một thời gian tương đối ngắn.

Trong số những phát triển quan trọng đã được chuẩn bị trước chiến tranh và mất vài năm, điều đầu tiên bạn nên biết là radar. Bản thân ý tưởng về radar rất đơn giản. Nó nằm ở chỗ các sóng điện từ khi chạm tới các vật kim loại sẽ bị phản xạ từ chúng và từ các sóng phản xạ, ít nhất về nguyên tắc, có thể xác định được vị trí của vật đó bất cứ lúc nào. Chính hiện tượng này đã được phát hiện bởi người sáng lập công ty kỹ thuật vô tuyến A.S. Popov, người nhận thấy rằng việc di chuyển của tàu đã cản trở việc truyền tín hiệu vô tuyến. Từ ý tưởng đến câu hỏi kỹ thuật vẫn còn một chặng đường dài cần phải vượt qua. Thực tế là sóng vô tuyến truyền tới bề mặt của vật thể kim loại sẽ bị phản xạ ở mức độ không đáng kể, bởi vì một số trong số chúng bị hấp thụ, trong khi phần còn lại bị vật thể đó phân tán theo mọi hướng. Trong ứng dụng của sóng vô tuyến phản xạ, chỉ một phần nhỏ năng lượng ban đầu hướng vào vật thể đang nghiên cứu, chẳng hạn như một chiếc máy bay, đi vào. Và phần không đáng kể này đã phải được đăng ký.

Nỗ lực kỹ thuật đầu tiên lời giải cái này bài toán có từ đầu những năm ba mươi. Sau đó, trong vài năm, công nghệ đã phát triển và cải tiến, và đến năm 1939, quân đội của chúng ta đã sử dụng RUS - máy bay điều khiển bằng sóng vô tuyến. Nó đã sớm được quyết định bài toán kết hợp trong một trạm nguồn sóng điện từ và ứng dụng sóng phản xạ. Nó được gọi là radar - một trạm radar, và theo như tôi biết, ưu tiên khoa học, tức là quyền ưu tiên phát triển nó thuộc về các nhà vật lý Liên Xô.

Radar ngày nay rất khác so với những radar được sử dụng vào đầu Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, vì lý do đơn giản là công nghệ bán dẫn chưa được phát triển, mọi thứ đều được thực hiện bằng đèn - cả máy phát điện và ứng dụng. Họ chuyển sang các hệ thống kết quả trong chiến tranh. Những radar như vậy có thể đã được lắp đặt trên thực tế chứ không chỉ trên mặt đất. Điều này giúp có thể tiến hành một trận chiến, tức là có thể “nhìn thấy” máy bay địch trong bóng tối.

Việc sử dụng thành công radar để phát hiện các vật thể quân sự đang chuyển động - máy bay, v.v. - đã đóng một vai trò to lớn trong các hoạt động quân sự và góp phần vào chiến thắng của chúng ta.

Số phận tương tự cũng xảy ra với phương pháp bảo vệ tàu chiến khỏi mìn từ tính của đối phương. Hãy để tôi nhắc nhở bạn ngắn gọn về ý tưởng của những quả mìn như vậy và cách người ta có thể phòng thủ trước chúng.

Được biết, Trái đất tạo ra một từ trường xung quanh nó. Nó có kích thước nhỏ, chỉ khoảng mười

4

Kiểm tra chia sẻ trang web. Tuy nhiên, chỉ cần định hướng kim la bàn dọc theo đường lực của nó là đủ. Nếu có một vật thể có khối lượng lớn trong trường này, chẳng hạn như một con tàu, và sắt (hay đúng hơn là thép) nặng vài nghìn tấn, thì từ trường sẽ tập trung và có thể tăng lên vài chục lần.

Một mặt, điều này cản trở việc điều hướng bằng cách sử dụng la bàn làm chỉ báo hướng chuyển động của tàu. Con tàu làm biến dạng hướng thực sự của từ trường trái đất, đến để nghiên cứu ảnh hưởng của vỏ thép tới la bàn.

Tuy nhiên, mặt khác, từ trường mà con tàu đạt được này có thể được truyền qua theo cách này. Nó có khả năng kích hoạt một số cơ chế quay dưới tác dụng của lực từ và đóng mạch điện. Mạch này có thể bao gồm một ngòi nổ được ngâm trong vật liệu nổ của mỏ. Những quả mìn từ tính như vậy khác với những quả mìn thông thường mà tàu va phải trực tiếp và do đó gây ra vụ nổ, ở chỗ chúng nằm dưới đáy biển và phát nổ ở khoảng cách xa - chỉ dưới tác động của từ trường của tàu.

Được biết, những mỏ này đang bị pha loãng ở nhiều quốc gia và người ta tin rằng chúng nằm trong tay lực lượng hải quân của Đức Quốc xã. Nhiệm vụ chống mìn từ tính được đặt ra vài năm trước khi bắt đầu chiến tranh tại Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad. Cần phải “khử từ” các con tàu để loại bỏ từ trường immi thành công. Đường nào?

Trên con tàu, những cuộn dây lớn được đặt theo cách đặc biệt để dòng điện chạy qua. Nó tạo ra một từ trường bù cho từ trường của con tàu, tức là một từ trường theo hướng ngược lại. Vào đầu cuộc chiến, khoảng cách ban đầu đã được giải quyết và nó phải được chuyển sang nền tảng kỹ thuật, tức là tạo ra những thiết bị như vậy trên các tàu hiện có của hạm đội Liên Xô.

Nó được tổ chức rất nhanh chóng. Tất cả các tàu chiến đều được xử lý “khử từ” tại các cảng và ra biển để khử từ. Nhờ đó, hàng nghìn sinh mạng của thủy thủ quân sự đã được cứu. Rõ ràng là công việc như vậy đòi hỏi kiến ​​thức của các nhà vật lý và phòng thí nghiệm vật lý, điều này đã quyết định trước sự thành công của nó.

Trước chiến tranh, một bài toán khác đã được giải quyết, dường như không liên quan trực tiếp đến hoạt động quân sự, nhưng lời giải của nó đã có tác động đáng kể đến công tác kỹ thuật.

Trong thời chiến, rất nhiều nhôm được tiêu thụ cho máy bay, đồng cho vỏ đạn. Những vật liệu này nhận năng lượng bằng cách sản xuất chúng với số lượng lớn và dòng điện đạt tới hàng chục nghìn ampe đi qua nguồn điện đến bồn tắm. Vì vậy, tại một trong những nhà máy nhôm được đưa vào sử dụng trước chiến tranh, người ta cho rằng phải sử dụng dòng điện cao như vậy. Phương pháp huấn luyện thay đổi dòng điện với jesters là không phù hợp; những gã hề được thiết kế cho dòng điện tối đa là 10 nghìn ampe. Để có thể điều tiết thì cần phải nghĩ ra cách thay đổi nó mà không cần đến những kẻ pha trò.

Ở đây không thể làm được nếu không có kiến ​​​​thức vật lý. Rõ ràng là khi có dòng điện lớn như vậy đi qua dây dẫn thì từ trường mà nó tạo ra cũng khá lớn. Bằng cách đo từ trường, chúng ta biết được dòng điện chạy như thế nào. Thật không may, hình dạng của dây không phải là hình trụ; đó là một loạt các thanh thẳng được gấp song song. Và mối liên hệ giữa từ trường và dòng điện chạy qua một dây dẫn như vậy rất khó thiết lập; không có công thức làm sẵn.

Tuy nhiên, các nhà vật lý đã cố gắng thực hiện các tính toán và phát triển một thiết bị, đầu tiên là trên mô hình và sau đó trực tiếp tại nhà máy, có thể đo được trường và dòng điện. Cần rất ít thiết bị như vậy, chỉ vài chục bản sao và chúng được sản xuất trực tiếp trong phòng thí nghiệm trong thời gian tương đối ngắn.

Ngay trước khi chiến tranh bắt đầu, nhà máy đã được điều chỉnh, vận hành, dòng điện khổng lồ lần đầu tiên được sử dụng và các sản phẩm của nó được gửi đến các nhà máy sản xuất máy bay. Và ở đây sự giúp đỡ của các nhà vật lý hóa ra lại rất hữu ích.

6

Công suất của máy đương nhiên là chưa được sử dụng hết.

Các nhà vật lý ở Ural đã nghĩ ra một cách hay để liên tục thay đổi đường kính của tạp chí mà không cần dừng máy mài. Để làm được điều này, một thiết bị nhỏ được đặt gần cổ nghiêng, phản ứng với từ trường của cổ. Tất nhiên, nó phụ thuộc vào khoảng cách giữa thiết bị và bề mặt cổ. Khi quá trình mài tiến triển và đường kính của bộ phận giảm đi, số đọc của thiết bị cũng thay đổi. Chỉ cần quan sát mũi tên của nó và khi đạt đến điểm cụ thể trên thang đo, hãy dừng máy và tháo bộ phận - tất cả đều không có thay đổi trung gian.

Những thiết bị liên tục như vậy đã được lắp đặt trong các xưởng lớn nơi sản xuất trục khuỷu. Năng suất của máy mài đã tăng lên đáng kể. Điều này có nghĩa là số lượng động cơ được sản xuất và theo đó là xe tăng đã tăng lên. Nguyên mẫu này đã góp phần vào sự phát triển của công nghệ quân sự trên chiến trường. Vì vậy, trong chiến tranh, trong vài tháng, nó đã được quyết định rất bài toán.

Một ví dụ khác. Trước Trận chiến Kursk quen thuộc năm 1943, người Đức bắt đầu sản xuất các loại xe tăng mới - “Panthers” và “Tigers”. Đây là những chiếc xe tăng có lớp giáp dày, đạn pháo khó xuyên thủng hoặc hoàn toàn không xuyên thủng. Vài tháng trước trận chiến, quân ta đã bắt được một số xe tăng này và xác định được lớp giáp của chúng chắc chắn đến mức nào. Để xuyên thủng nó, cần phải tạo ra những chiếc vỏ có tính cách tốt hơn. bài toán này được giao cho các nhà luyện kim của chúng tôi tại một trong những viện ở Moscow.

Người ta biết rằng để tăng khả năng gia công của thép, cần phải thêm vonfram vào thép. Tuy nhiên, nó tan chảy ở nhiệt độ rất cao; công nghệ chung để luyện thép như vậy là rất khó khăn. Không thể tổ chức luyện thép vonfram trên quy mô lớn; ngành công nghiệp đã không được chuẩn bị cho việc này. Vì vậy, nhân viên của viện đã đề xuất chế tạo đầu đạn từ bột kim loại có bổ sung bột vonfram. Bột mịn thiêu kết khá tốt ở nhiệt độ cao hơn. Những chiếc đầu cũng được chế tạo bằng phương pháp luyện kim bột và chúng không bị cắt.

Các cuộc thử nghiệm được thực hiện với loại đạn pháo mới cho thấy chúng dễ dàng xuyên thủng lớp giáp dày nhất của Tiger và Panther. Việc sản xuất hàng loạt đạn có đầu bằng thép vonfram được thiết lập khá nhanh chóng. Và khi pháo binh của chúng ta gặp xe tăng Đức trên Kursk Bulge, rõ ràng là kế hoạch của bộ chỉ huy Hitlerite liên quan đến sự bất khả xâm phạm của quân Đức.

7

tiếng hú của công nghệ, thất bại. Đạn của Liên Xô “góp phần” làm giảm thất bại của quân Đức.

Và tất nhiên, các nhà vật lý không tránh khỏi việc kiểm soát lớp giáp bài toán của xe tăng của chúng tôi. Ở Liên Xô, vật lý chất rắn được phát triển rộng rãi, đặc biệt là tại Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad. Giám đốc Viện Vật lý và Công nghệ Leningrad, Viện sĩ A.F. Ioffe, và các nhân viên của ông đang nghiên cứu những tấm bia đặc biệt, bao gồm cả những tấm bia dùng để chế tạo áo giáp.

Vì vậy không có gì đáng ngạc nhiên khi kiến ​​thức và kinh nghiệm của những nhà vật lý này đã được sử dụng trong chiến tranh. Lớp giáp xe tăng của ta phần lớn đã thành công và đáp ứng được những yêu cầu cao nhất về khoa học công nghệ thời chiến. Như vậy, các chuyên gia trong lĩnh vực vật lý kim loại đã trực tiếp tham gia chế tạo những loại vũ khí đáng gờm cho Quân đội Liên Xô, lực lượng thiết giáp của ta.

Tôi nghĩ một câu chuyện ngắn về mỏ từ tính trên đất liền sẽ rất thú vị. Khi bắt đầu cuộc chiến, đại diện của lực lượng công binh đã tiếp cận các nhà khoa học với yêu cầu tìm hiểu xem liệu có thể phát triển một loại mìn như vậy không dành cho tàu mà dành cho xe tăng hay không. Tất nhiên, một chiếc xe tăng nặng hơn một con tàu rất nhiều, mười tấn. Có lẽ từ trường của nó không mạnh lắm. Tôi đã phải kiểm tra.

Công việc này được thực hiện ở Urals. Các nhà vật lý được cung cấp một số xe tăng. Chúng tôi đo từ trường bên dưới nó ở các độ sâu khác nhau. Hóa ra trường này khá dễ thay thế và có thể thử sử dụng cơ chế từ tính để kích nổ xe tăng. Tuy nhiên, một yêu cầu bổ sung quan trọng đã được đặt ra: bản thân mỏ phải chứa càng ít kim loại càng tốt. Rốt cuộc, vào thời điểm đó các bệ phóng mìn đã được phát triển.

Cần phải phát minh ra một loại hợp kim đặc biệt cho kim “la bàn” khác của nó, giúp đóng mục tiêu có chứa một cục pin nhỏ, một loại hợp kim dễ bị từ hóa dưới tác động của trường xe tăng. Kết quả của công việc là tổng lượng kim loại được giới hạn ở mức 2-3 gram mỗi mỏ và nam châm hợp kim thực sự tốt, cho phép không chỉ xe tăng mà còn tự động. Chúng ta có thể nói gì về đầu máy hơi nước…

Tấm bảng tưởng niệm được lắp đặt tại Viện Các vấn đề Vật lý mang tên. S. I. Vavilova Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Không thể không nhắc đến tầm quan trọng to lớn của vật chất bài toán, điều này đã được quyết định bởi các nhà vật lý còn ở lại trong cuộc bao vây ở Leningrad. Như bạn đã biết, con đường duy nhất kết nối thành phố với đất nước là Con đường Sự sống, tiếp tục dọc theo lớp băng của Hồ Ladoga. Câu hỏi đặt ra là liệu và ở mức độ nào có thể chở hàng dọc đường vào đầu mùa đông hoặc mùa xuân, khi hồ vừa đóng băng hoặc bắt đầu tan băng. Cần phải trực tiếp thay băng, cho biết tải trọng mà nó có thể chịu được.

Các nhà vật lý Leningrad, cùng với các nhà thủy văn và thủy thủ, đã làm một công việc tuyệt vời, giải quyết một cách xuất sắc vấn đề bài toán này. Họ đã tìm ra cách để xác định độ bền của các lỗ băng. Primo tại chỗ, các phép đo được thực hiện tại các điểm khác nhau của Hồ Ladoga cả ngày lẫn đêm. Họ được hướng dẫn bởi các nguyên tắc thực tế, tìm ra khoảng cách và tải trọng mà máy móc nên di chuyển. Nếu không có những gợi ý này thì sẽ có nhiều tai nạn, nhiều người thiệt mạng, thành phố sẽ không nhận được đủ lương thực và đạn dược. Đây là một ví dụ về tốt-

8

Làm việc có trách nhiệm và chuyên sâu trong điều kiện khó khăn.

Tất nhiên, chúng ta cũng có thể nói về sự hỗ trợ mà các nhà vật lý đã cung cấp cho mặt trận. Nhưng tôi nghĩ rằng những ví dụ được đưa ra đã đủ để chứng minh một cách thuyết phục cách các nhà khoa học ủng hộ sự thành công của lực lượng vũ trang của chúng ta.

Thật khó để nói ở mức độ thấp hơn về các ngành khoa học khác liên quan đến quân sự. Tôi sẽ chỉ đề cập rằng trường phái hóa học vật lý của Liên Xô, đứng đầu là Viện sĩ N. N. Semenov, đã nghiên cứu các quá trình cháy và nổ trong một thời gian dài. Trong chiến tranh, các nhà khoa học này đã phải sử dụng nguồn dự trữ tích lũy được cho mục đích quân sự trực tiếp và góp phần tích cực vào thắng lợi lịch sử của ta.

Sau chiến tranh, người Đức nhận ra rằng khoa học và công nghệ của chúng ta đã đáp ứng được yêu cầu của thời đại. Và quả thực, các nhà khoa học Liên Xô, đặc biệt là các nhà vật lý, đã dùng nghĩa vụ yêu nước của mình để giúp đỡ mặt trận một cách mơ hồ nhất.

9

Toán học và các nhà toán học trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại

Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Ukraina V. V. GNEDENKO

Bốn mươi năm đã trôi qua kể từ chiến thắng của nhân dân Liên Xô trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại. Đất nước đã phải chịu vô số nạn nhân nhân danh độc lập, tự do và lý tưởng xã hội: hàng triệu người chết và bị thương, bị đói, hàng nghìn thành phố và làng mạc bị phá hủy, hàng trăm nghìn người bị đuổi đi lao động khổ sai theo kiểu phát xít. Bất chấp tất cả, người dân Liên Xô vẫn sống sót và giành chiến thắng.

Để bảo vệ Tổ quốc

Ngay từ những ngày đầu tiên, các chiến binh toán học đã tham gia bảo vệ đất nước: họ gia nhập quân đội, dân quân nhân dân và ra mặt trận với tư cách tình nguyện viên. Trong những ngày đất nước khó khăn nhất, họ đã thể hiện mình là những người con trung thành của Tổ quốc, có khả năng hy sinh quên mình, sẵn sàng hiến dâng mạng sống vì sự tự do của Tổ quốc. Và quả thực, rất nhiều người ra tiền tuyến đã không trở về, không bắt đầu công việc mình yêu thích. Trong số những người đã chết có nhiều nhà toán học tài năng, những người tỏ ra có nhiều hy vọng hơn và có khả năng đóng góp nhiều hơn vào sự tiến bộ về kiến ​​thức của chúng ta.

Lúc đó tôi làm việc tại Đại học Moscow, là phó giáo sư tại khoa lý thuyết xác suất và thư ký khoa học của Viện Toán học của Đại học quốc gia Moscow. Ngay khi biết tin Đức Quốc xã tấn công Tổ quốc chúng ta, các cuộc mít tinh đã được tổ chức tại các nhà máy và cơ quan, và một phong trào toàn quốc đã nổi lên để đăng ký tham gia lực lượng dân quân nhân dân. Tại Khoa Cơ và Toán của chúng tôi, hầu hết tất cả sinh viên đại học, sau đại học và đại đa số trợ lý bệnh viện, phó giáo sư, giáo sư, kể cả những người được miễn nghĩa vụ quân sự do tuổi tác và sức khỏe, đều đăng ký phục vụ. Sau đó, một số dân quân bị loại khỏi danh sách vì họ có chức giáo sư hoặc tiến sĩ. Tôi cũng rơi vào trường hợp này vì lúc đó tôi đã bảo vệ luận án tiến sĩ. Kết quả là, tôi không phải bảo vệ đất nước bằng vũ khí trong tay mà phải tham gia vào việc chế tạo những vũ khí này, cũng như phát triển các phương pháp sử dụng hợp lý chúng.

Một số lượng lớn các nhà toán học, như chúng tôi đã lưu ý, đã được huy động hoặc ra mặt trận với tư cách tình nguyện viên. Họ đã chiến đấu dũng cảm và thực hiện nghĩa vụ công dân của mình. Không còn nghi ngờ gì nữa, đất nước đã đồng thời mất đi một lượng lớn thanh niên tài năng, những người có thể trở thành niềm tự hào của khoa học trong nước. Trước hết, chúng ta có thể đánh giá điều này bởi thực tế là trong số những người trở về sau khi tham gia cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại dân sự, một số lượng đáng kể là các nhà khoa học lớn - giáo sư, thành viên tương ứng và học giả của Viện Hàn lâm Khoa học Liên minh và Cộng hòa. Chỉ cần đặt tên như học giả Yu là đủ. V. Linnik, Yu. A. Mitropolsky, G. G. Cherny, N. P. Erugiin, O. S. Parasok tin chắc vào điều này. Và thứ hai, mỗi trường đại học đều mất đi nhiều nhà khoa học đã cố gắng chứng tỏ bản thân và hứa sẽ chứng minh được nhiều điều trong tương lai, nhưng không trở về sau chiến tranh. Vì vậy, Đại học Moscow đã mất đi các nhà toán học trẻ tài năng G. M. Bavli, M. V. Bebutov, N. V. Vedenisov, V. N. Zasukhin và nhiều người khác. Họ lẽ ra có thể là niềm tự hào của nền khoa học của chúng ta, nhưng cuộc chiến vượt đèo đã cản trở sự phát triển của con đường khoa học vốn quá yếu kém và thường xuyên được họ lui tới.

10

Trong lực lượng dân quân nhân dân:
trận chiến gần Yelnya

Ngoài các giáo viên, nghiên cứu sinh và sinh viên đã được điều động ngay từ những ngày đầu của cuộc chiến và gia nhập các đơn vị quân đội chính quy, Khoa Cơ và Toán của Đại học Mátxcơva dành cho 213 người thuộc Sư đoàn dân quân Krasnopresensk số 8. Tất cả đều được ghi danh vào trung đoàn pháo binh 975 của sư đoàn này và sau một thời gian ngắn huấn luyện, vào tháng 8, họ đã chiếm giữ tuyến phòng thủ theo hướng Rzhev-Vyazma. Cùng với toàn thể các đồng chí của ta, họ đã tạo nên tuyến phòng thủ: đào hào, mương chống tăng, bãi mìn, lắp súng. Nhưng ở phía trước, không phải mọi thứ sẽ diễn ra như hậu vệ này dự đoán. Vào đầu tháng 10, tình hình ở hướng Yelninsky trở nên tồi tệ hơn khi quân Đức tập trung lực lượng lớn mới vào đây và bắt đầu chiến dịch tấn công. Về vấn đề này, các chỉ huy mặt trận đã chuyển sư đoàn Krasnopresensk số 8 từ pháo binh số 32 sang pháo binh số 24 và nhanh chóng chuyển nó từ các vị trí đã chuẩn bị sẵn sang khu vực làng Uvarovo, nằm ở phía nam Yelnya. Thật không may, ở đó không có vị trí chuẩn bị sẵn và chúng tôi phải cầm chân kẻ thù “trên đường hành quân” ​​theo đúng nghĩa đen. Sư đoàn đã hoàn thành trận chiến bài toán: nó đã trì hoãn địch trong vài ngày và do đó hỗ trợ đáng kể cho Moscow. Theo thông tin còn sót lại, trận chiến này đã khiến quân chiếm đóng phải trả giá đắt: họ mất khoảng 45 nghìn binh sĩ và sĩ quan gần Yelnya do sự phòng thủ kiên cường của binh lính Liên Xô. Nhưng chúng ta cũng phải trả giá đắt cho điều này: khoảng một phần ba dân quân của sư đoàn 8 đã chết trong những trận chiến này. Những người ở giữa là những nghiên cứu sinh hoặc những người đã hoàn thành luận văn A. I. Gerchikov, M. E. Glerman, V. N. Zasukhin, I. R. Lepekhin, Kh. M. Milshtein, S. S. Kudashev, S. Ya. Karnov, A. T. Pavlov, M. I. Pesin và một số người khác. Thật khó để đánh giá quá cao mức độ nghiêm trọng của sự mất mát này đối với đất nước và nền khoa học Liên Xô, và đối với chúng tôi, những giảng viên đã biết rõ về họ và đánh giá cao khả năng cũng như niềm đam mê khoa học của họ, sự mất mát này đặc biệt cay đắng.

Viện sĩ kiêm giám đốc Viện Cơ học của Đại học quốc gia Moscow G. G. Cherny cho biết, Trung đoàn pháo binh 975 ngày 5/10 đã đẩy lùi các cuộc tấn công ác liệt của địch dồn dập từ mọi phía. Tuy nhiên, hết lần này đến lần khác, súng không thành công. Khi có lệnh rút lui. Tổ lái của hai khẩu súng còn lại chuẩn bị chiến đấu, còn bộ binh nằm gần đó, ở rìa, trong các chiến hào đào vội. Lúc này, tin tình báo cho biết một đội quân lớn của địch đang di chuyển gần khu rừng - các phương tiện chở lính, pháo tự hành, súng cối, đạn dược. Người ta quyết định ngay lập tức lời giải - tấn công kẻ thù bất cẩn bằng tiền mặt. Xạ thủ của một trong những khẩu súng là G.G. Cherny, người còn lại cũng thuộc Mekhanites I. Stepanov. Nhắm mục tiêu cẩn thận, một chiếc salvo và cả hai quả đạn đều phát nổ trong cột. Tiếp tục nã đạn dữ dội vào địch, đập nát ô tô, xe máy, tiêu diệt binh lính. Tuy nhiên, sự bối rối của kẻ thù đã qua đi, và đáp số đạn pháo và mìn bắt đầu vang lên. Cuộc đấu tay đôi kéo dài chừng nào đạn của chúng tôi còn sót lại.

Y tá, phi công và pháo binh

Nhiều sinh viên sau khi hoàn thành hai khóa học điều dưỡng tại địa phương đã được điều động đến các bệnh viện, tiểu đoàn y tế và trực tiếp ra tiền tuyến. Ngoài ra, các nữ sinh viên đại học đã đáp lại sự công nhận của các phi công Anh hùng Liên Xô Marina Raskova và trở thành phi công, phi công, đặc biệt là Trung đoàn máy bay ném bom đêm Cận vệ 46. Những phi công này đã bay trên một chiếc máy bay U-2 yên tĩnh, không được bảo vệ khỏi hỏa lực nhưng đã gây thiệt hại đáng kể cho kẻ thù. Gót chân của các nữ phi công tốt nghiệp trường Mekhanite được phong tặng danh hiệu Anh hùng Liên Xô. Đây là tên của họ: E. Rudneva, E. Pasko, R. Gasheva, A. Zubkova, E. Ryabova. Thêm ba sinh viên tốt nghiệp của khoa là Anh hùng Liên Xô - G. Varykov, G. Volokhov, L. Ratushnaya.

11

Giáo sư A. A. Lyapunov cũng tình nguyện gia nhập Quân đội và giống như nhiều công nhân Cơ khí, trở thành sĩ quan pháo binh. Anh không chỉ chiến đấu dũng cảm mà còn đóng góp rất nhiều giá trị cho quy luật của mũi tên. Nhưng ở đây, anh ấy đã sử dụng kinh nghiệm của mình với tư cách là một nhà toán học, người có xu hướng tìm kiếm lời giải tốt nhất. Những đề xuất của ông đã giúp tăng hiệu quả của sự bùng nổ. Với công việc của mình trong lĩnh vực điều khiển học, lý thuyết tập hợp và lập trình, A. A. Lyapunov đã được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô sau chiến tranh.

Các nhà toán học nước ta, trong giai đoạn thử thách cam go nhất, đã chứng tỏ mình là những người yêu nước chân chính, thể hiện lòng dũng cảm cao cả, là những chiến binh dũng cảm, thận trọng.

Toán học bài toán - cho mặt trước

Chúng ta phải cúi đầu trước sự bền bỉ, cống hiến và trung thành với Tổ quốc mà các chiến binh toán học đã thể hiện. Tuy nhiên, chúng ta không được quên một điều khác: chúng ta đưa các nhà toán học vào chiến thắng của nhân dân Liên Xô trước kẻ thù mạnh và quỷ quyệt. Sự đóng góp này bao gồm việc sử dụng kiến ​​thức và kỹ năng cụ thể mà các nhà toán học sở hữu. Kiến thức về yếu tố này đặc biệt quan trọng trong thời đại chúng ta, khi chiến tranh trước hết đã trở thành sự hoàn hảo của lý trí, sự khéo léo và tính toán chính xác. Thực tế là các hoạt động quân sự sẽ liên quan đến tất cả những thành tựu của thế giới tự nhiên, cùng với đó là toán học trong mọi biểu hiện của nó. Việc tạo ra vũ khí nguyên tử và vũ khí trọn gói không chỉ đòi hỏi việc sử dụng các định luật vật lý mà còn cả các phép tính toán học sâu rộng, tạo ra các mô hình toán học mới và thậm chí cả các nhánh toán học mới. Nếu không có nghiên cứu toán học sơ bộ như vậy thì không một hệ thống kỹ thuật nào được tạo ra; nó càng phức tạp thì bộ máy toán học của nó càng đa dạng và rộng rãi. Ví dụ, tàu tuần dương là một hệ thống kỹ thuật phức tạp. Trước khi bắt đầu thi công, cần xác định các đối tượng hình học của thân tàu để trong quá trình chuyển động không tạo thêm lực cản, đồng thời tuân theo tác động điều khiển của bánh lái. Trước tiên, cần đảm bảo khả năng sống sót của con tàu, độ tin cậy điều khiển của nó, tính toán ảnh hưởng đến sự ổn định của vị trí của các loại khối lượng khác nhau - máy móc, súng, ống phóng ngư lôi, v.v. Nhưng điều này là chưa đủ - cần đảm bảo liên lạc với tất cả các đơn vị chiến đấu của tàu, nghĩa là tạo ra một hệ thống điều khiển hiệu quả cho tàu và vũ khí của nó.

Chúng tôi chỉ liệt kê một phần rất nhỏ trong số bài toán mà một nhà toán học phải giải trước khi có thể chế tạo một con tàu. Nhưng máy chủ bài toán cần được giải quyết trong quá trình hoạt động - tính toán điều hướng, tính toán bắn súng, v.v.

Cải tiến trang thiết bị quân sự

Trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, công nghệ rất đa dạng và phức tạp. Nó cũng yêu cầu sử dụng rộng rãi các phương pháp toán học

12

tính toán cho quá trình sản xuất và vận hành nó. Việc tăng tốc độ bay của máy bay không chỉ đòi hỏi phải tăng công suất động cơ mà còn phải lựa chọn cấu hình tối ưu của thân và cánh, cũng như lời giải nhiều vấn đề khác. Ở Nga, một số nhà khoa học đã nghiên cứu những vấn đề này từ thế kỷ trước, trong đó trước hết là N. E. Zhukovsky (1847-1921), được V. I. Lênin gọi là cha đẻ của ngành hàng không Nga. Ông đương nhiên được coi là người sáng lập một ngành khoa học toán học mới - khí động học, trong đó ông đã tạo ra một số phương pháp nghiên cứu mạnh mẽ và giải quyết nhiều vấn đề bài toán hiện tại, để thành lập một trường khoa học lớn, bao gồm những sinh viên thân thiết nhất của trường đại học và cơ sở kỹ thuật cao cấp cao cấp của Moscow - Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow. Zhukovsky đã đặt nền móng cho Học viện Không quân, sau này mang tên ông, cũng như Viện Khí động học Trung ương. Cơ quan khoa học này đã hoạt động trong nhiều năm dưới sự lãnh đạo của một trong những nhà khoa học và cộng tác viên thân cận nhất của N. E. Zhukovsky - S. A. Chaplyagin (1869-1942) và thực hiện nhiều nghiên cứu nổi bật - M. V. Keldysh (1911-1978), V. V. Golubev (1884-1954), M. A. Lavrentiev (1900-1980), v.v. nhiều vấn đề quan trọng, trong đó có vấn đề về hàng không quân sự. Nhiều phát triển trong số này rất hữu ích và được sử dụng rộng rãi để tạo ra các hệ thống công cụ, máy bay tấn công và máy bay ném bom mới với khả năng cơ động, tốc độ và độ tin cậy cao hơn.

Các lý thuyết về hai hiện tượng đã nhận được sự chú ý miễn phí - cái mở nút chai và sự lắc lư (hay rung), vào thời điểm đó là mối nguy hiểm chính đối với các phi công. Theo quy định, một chiếc máy bay rơi vào tình trạng quay tròn hoặc lắc lư (một loại rung động của máy bay dẫn đến việc nó bị phá hủy) sẽ không thể thoát ra khỏi nó được nữa. Lý thuyết về những hiện tượng này được tạo ra bởi M. V. Keldysh (được hát bởi một cư dân của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, nhà lý thuyết trưởng về du hành vũ trụ). Tuy nhiên, ông đã đi xa hơn và dựa trên lý thuyết, ông đưa ra kết luận về cách loại bỏ những hiện tượng này. Kết quả là, việc thực hành bay đã nhận được một phương tiện đáng tin cậy để chống rung và quay, và trong toàn bộ cuộc chiến, thực tế không có trường hợp tử vong nào về máy bay hoặc phi công trong ngành hàng không của chúng ta dựa trên những nguyên tắc này. Không thể đánh giá quá cao kết quả nghiên cứu, vì chúng không chỉ giúp cứu sống phi công và máy bay mà còn cho phép họ bay với tốc độ cao.

Lý thuyết mũi tên

Lĩnh vực hoạt động truyền thống của các nhà khoa học ở nước ta là nghiên cứu hệ thống pháo binh.

13

Điều này đã được thực hiện bởi M.V. Ostrogadsky (1801-1862) và P.L. Chebyshev (1821-1894), và các thế hệ nhà khoa học tiếp theo. Các vấn đề về zeroing, được phát triển từ thế kỷ 19 liên quan đến sự xuất hiện của các loại pháo mới, đòi hỏi phải nghiên cứu bổ sung và tổng hợp các bảng trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại. Việc bắn từ máy bay vào máy bay và vào các mục tiêu trên mặt đất cũng dẫn đến các vấn đề toán học phải giải quyết kịp thời. Chúng đã được cả hai chuyên gia trong lĩnh vực pháo binh và toán học kiên trì nghiên cứu. Các vấn đề về kết hợp dẫn đến nhu cầu biên soạn các bảng cho phép người ta tìm ra thời điểm tối ưu để thả bom vào mục tiêu, một khu vực sẽ bị bao phủ bởi một cuộc tấn công bằng bom. Những bảng như vậy được biên soạn trước khi chiến tranh bắt đầu, nhưng dành cho máy bay có tốc độ cao. Trong chiến tranh, cơ hội sử dụng máy bay huấn luyện tiêu chuẩn cho các nhiệm vụ ném bom mới đã nảy sinh. Các trung đoàn máy bay ném bom chuyên dụng đã được thành lập nhưng không có bàn ném bom kịp thời nào được tạo ra cho chúng. Đã phát sinh sự tùy tiện khẩn cấp bài toán của các phép tính tương ứng. Các bảng đã được tạo ra và chúng đã cung cấp sự trợ giúp vô giá cho các phi công của chúng tôi.

Một bài toán thú vị đã nảy sinh giữa các thủy thủ liên quan đến mong muốn tăng khả năng bắn trúng mục tiêu trong phòng chứa ngư lôi. Ý tưởng nảy sinh là tăng xác suất này thông qua sự phân tán nhân tạo. Nhiệm vụ này được đảm nhận bởi một trong những học giả toán học vĩ đại nhất của chúng ta, A. N. Kolmogorov. Anh ấy đã tìm được lời giải bài toán hoàn chỉnh và đưa nó vào sử dụng thực tế. Không còn nghi ngờ gì nữa, một phần thành công nào đó của các thủy thủ của chúng ta là nhờ vào việc giải quyết bài toán này của Kolmogorov. Sau đó, kết luận của ông được chuyển sang các vấn đề liên quan đến việc pháo phòng không bắn vào máy bay. Nhìn chung, phải nói rằng toán học hiện tại bài toán, được giải quyết trong một tình huống thực tế, sẽ rất nhanh chóng tìm thấy các ứng dụng khác, đôi khi rất xa so với hướng nghiên cứu ban đầu.

Kiểm soát thống kê trong sản xuất quân sự

Còn một khía cạnh nữa trong công việc giúp đỡ tiền tuyến của các nhà toán học Liên Xô không thể giảm thiểu - đó là công việc tổ chức quá trình sản xuất, tập trung tăng năng suất lao động và nâng cao chất lượng sản phẩm. Ở đây chúng ta phải đối mặt với một số lượng lớn các vấn đề mà về bản chất, chúng cần được giải quyết bằng các phương pháp toán học và ở các nhà toán học thành công. Ở đây chúng ta chỉ đề cập đến một vấn đề được gọi là kiểm soát chất lượng của các sản phẩm công nghiệp đại chúng và quản lý chất lượng trong quá trình sản xuất. Vấn đề này nảy sinh với tất cả mức độ nghiêm trọng của nó đối với ngành ngay từ những ngày đầu tiên của cuộc chiến, khi việc mô hình hóa hàng loạt và công việc lành nghề của chất làm ngọt diễn ra. Họ được thay thế bởi phụ nữ và thanh thiếu niên không có bằng cấp hoặc kinh nghiệm làm việc.

Tôi nhớ sự việc này: Tôi phải có mặt tại một trong những nhà máy gần đó ở Sverdlovsk. Ông đã chế tạo ra những dụng cụ cực kỳ cần thiết cho ngành hàng không và pháo binh. Thực tế tôi chỉ thấy những thanh thiếu niên từ 13-15 tuổi ngồi trên máy. Tôi cũng nhìn thấy hàng đống bộ phận bị lỗi. Người chủ đi cùng tôi tiết lộ rằng những bộ phận này nằm ngoài giới hạn dung sai nên không phù hợp để lắp ráp. Nhưng nếu chúng ta có thể lắp ráp các thiết bị phù hợp từ những bộ phận “vặn vẹo” này, thì chúng ta có thể đáp ứng ngay nhu cầu ngay tại chỗ.

Những lời nói của thầy ám ảnh tôi. Theo lời hứa với các kỹ sư của nhà máy, xà phòng đã ra đời, được chia thành 6 nhóm theo kích cỡ, có thể kết hợp với nhau. Sáu nhóm bao gồm các bộ phận hoàn toàn không phù hợp để lắp ráp. Nghiên cứu đã chỉ ra rằng các thiết bị được lắp ráp theo cách này hóa ra hoàn toàn phù hợp để sử dụng. Chúng có một nhược điểm: nếu bất kỳ bộ phận nào bị hỏng, nó chỉ có thể được thay thế bằng một bộ phận từ cùng nhóm mà thiết bị được lắp ráp. Nhưng vào thời điểm đó và vì những mục đích mà chúng đã dự kiến

14

Chúng tôi có các thiết bị, có thể đạt được bằng cách thay thế các thiết bị chứ không phải các bộ phận. Chúng tôi đã có thể sử dụng thành công những “mảnh vụn” của các bộ phận do thanh thiếu niên làm hỏng.

Bài toán Việc kiểm soát chất lượng sản phẩm sản xuất như sau. Để $N$ sản phẩm được sản xuất thì phải đáp ứng những yêu cầu nhất định. Hãy gấp lại, bên ngoài phải có đường kính nhất định, không vượt quá đoạn $[D_1, D_2]$, nếu không sẽ không phù hợp với mũi tên. Chúng phải có độ chính xác nhất định khi bắn, nếu không sẽ gặp khó khăn khi bắn vào mục tiêu. Và nếu nhiệm vụ đầu tiên dễ thực hiện - bạn cần thay thế đường kính của các viên đạn được sản xuất và hiển thị những viên đạn không đáp ứng yêu cầu, thì với các yêu cầu khác, tình hình sẽ phức tạp hơn nhiều. Thật vậy, để kiểm tra độ chính xác của cần trục thì cần phải kiểm tra cần trục. Điều gì sẽ còn lại sau cuộc thử nghiệm? Các thử nghiệm phải được thực hiện sao cho phần lớn các sản phẩm vẫn phù hợp để sử dụng tiếp. Chúng tôi phải đối mặt với yêu cầu chính: bằng cách thử nghiệm một phần nhỏ của sản phẩm, chúng tôi có thể đánh giá chất lượng của cả lô. Các phương pháp được đề xuất cho mục đích này được gọi là tĩnh. Lý thuyết của họ bắt nguồn từ một công trình năm 1848 của học giả M.V. Ostrogadsky. Sau này, Giáo sư V.I. Romanovsky (1879-1954) ở Tashkent và các học trò của ông đã giải quyết vấn đề này. Trong chiến tranh, A. N. Kolmogorov và các học trò của ông bắt đầu cải tiến chúng.

Bài toán vừa được mô tả, có một khiếm khuyết trong chính công thức của nó: lô sản phẩm đã được sản xuất và phải nói liệu nó có thể được chấp nhận hay nên từ chối? Nhưng được rồi, làm một mẻ rồi từ chối? Có thể tổ chức quy trình sản xuất theo cách tạo ra rào cản đối với việc sản xuất các sản phẩm chất lượng thấp đã có trong quá trình sản xuất không? Những phương pháp như vậy đã được đề xuất và được gọi là phương pháp giám sát tĩnh. Thỉnh thoảng, một số (ví dụ như năm) sản phẩm mới sản xuất được lấy từ máy và đo các thông số chất lượng của chúng. Nếu tất cả các tham số này nằm trong giới hạn chấp nhận được thì quá trình hoàn thành sẽ tiếp tục, nhưng nếu ít nhất một sản phẩm nằm ngoài giới hạn dung sai thì tín hiệu sẽ được đưa ra về nhu cầu điều chỉnh lại máy hoặc thay đổi công cụ đã chọn. Độ lệch nào của tham số so với giá trị danh nghĩa có thể chấp nhận được để toàn bộ lô được sản xuất với chất lượng cao? Điều này đòi hỏi tính toán đặc biệt.

Sau khi chiến tranh kết thúc, họ phát hiện ra rằng các nghiên cứu tương tự cũng được thực hiện bởi các nhà toán học Mỹ. Họ tính toán rằng kết quả công việc của họ đã mang lại hàng tỷ đồng tiết kiệm cho đất nước trong những năm chiến tranh. Điều tương tự cũng có thể nói về công việc của các nhà toán học và kỹ sư Liên Xô.

---

Cho đến nay, không có công trình tổng hợp nào cho thấy mặt trận có bao nhiêu toán học để giành chiến thắng, nghiên cứu của họ đã giúp cải thiện vũ khí mà các chiến binh sử dụng trong trận chiến như thế nào *). Khoảng cách này cần được tận dụng càng nhanh càng tốt, vì nhiều người trong số những người đã làm điều này đã không còn sống, vì trí nhớ của con người không hoàn hảo và có nhiều thứ khiến họ thích thú. Nhưng chúng ta không thể thừa nhận rằng chiến công của nhân dân trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại không chỉ giới hạn ở những chiến công hiển hách của những người lính tiền tuyến, mà nền tảng chiến thắng được tạo nên ở hậu phương, nơi mà trang thiết bị quân sự được tạo ra và cải tiến bằng bàn tay và khối óc của người công nhân, bàn tay và khối óc của các kỹ sư, nhà khoa học. Chúng ta cũng không nên buồn cười trước việc về nhiều mặt, đến cuối chiến tranh, xe tăng, máy bay, pháo binh của ta đã tiến bộ hơn so với địch chống lại ta. Không phải chuyện đùa khi khi chiến tranh kết thúc, chúng ta buộc phải hợp tác chặt chẽ để tạo ra vũ khí nguyên tử của riêng mình và để làm được điều này, chúng ta phải kết hợp các dịch vụ trí tuệ của các nhà vật lý, kỹ sư hóa học, kỹ thuật viên, nhà toán học, nhà luyện kim và thiết kế độc lập theo cách đó,

*) Tuy nhiên, có một cuốn sách về chủ đề tổng quát hơn (xem [3]).

15

đã được Hoa Kỳ và các đồng minh phương Tây thông qua. Chúng tôi đã tự mình trải qua điều đó, trong khi các nhà khoa học giỏi nhất từ ​​khắp châu Âu làm việc tại Hoa Kỳ - Anh, Pháp, Ý, Đan Mạch, Đức (người di cư), Ba Lan, Hungary và tất nhiên, chính Hoa Kỳ.

Bốn mươi năm đã trôi qua kể từ Chiến thắng. Các nhà toán học Liên Xô tiếp tục khôi phục sự phát triển của nền kinh tế quốc dân, cũng như sự tiến bộ của toán học lý thuyết. Thật không may, ngay cả bây giờ tình hình trên thế giới vẫn như vậy đến mức đất nước và cùng với đó là các nhà toán học buộc phải rút sự chú ý khỏi việc phát triển các vấn đề quốc phòng. Tuy nhiên, bản thân nó không phải là mục đích mà là một sự cần thiết bắt buộc. Mỗi chúng ta đều mơ về một thời điểm mà nhân loại sẽ quên đi chiến tranh và sự chuẩn bị cho chúng.

Văn học

1. V. V. Gnedenko. Toán học và quốc phòng. (Matematika ở trường, 1978, số 2)
2. V. V. Gnedenko. Toán học và kiểm soátROL chất lượng sản phẩm. (M.: Kiến thức, bộ truyện “Matematika và Điều khiển học”, số 11)
3. V. V. Levshin. Khoa học Liên Xô trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại. (M.: Nauka, 1983)
4. I. Pirogov, I. Tyulina. Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại. («Kvant», 1980, số 5, trang 10)

Người đoạt giải cuộc thi “Sách Vấn Đề «Kvant»”
Dựa trên kết quả xác minh, lời giải bài toán từ Sách Vấn đề «Kvant» (ngoài danh sách những người chiến thắng cuộc thi được công bố trong «Kvant» số 3 năm 1985) được cấp Bằng tốt nghiệp và huy hiệu tạp chí «Kvant»

Trong toán học
N. AGAZARYAN - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 9.
R. ALEXEEV - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
Y. ALIEV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
A. VARAVASH - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. VATYREV - Mátxcơva, tr. ii. Số 57, 10 ô.
R. VIDHOP - Baku, tr. ii. Số 175, 9 ô.
G. GHAZARYAN - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 9.
V. GORODNITSKY - Dnepropetrovsk, tr. ii. Số 43, 10 ô.
N. GRIGORBEVA - Andropov, tr. ii. Số 33, 9 ô.
L. IVANOV - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
P. KIRILIN - Dubna, tr. ii. Số 10, 10 ô.
A. KISELEV - Leningrad, tr. ii. Số 30, 9 ô.
S. KYARAS - Moletai, tr. ii. Số 2, 10 ô.
S. MINAEV - Sverdlovsk, tr. ii. Số 9, 10 ô.
V. POROSHIN - Leningrad, tr. ii. Số 239, 9 ô.

T. RADKO - Korsun-Shevchenkovsky, tr. ii. Số 4, 9 ô.
E. ROMANOV - Dimitrovgrad, tr. ii., số 25, 10 ô.
S. STARTSEV - Ufa, tr. ii. Số 11, 10 ô.
V. SUDAKOV - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 9.
M. TEITEL - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. CHEREVATY - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 9.
S. SHEININ - Molodechno, s. ii. Số 7, 9 ô.

Trong vật lý
V. BARZYKIN - Làng Chernogolovka, vùng Moscow, làng. ii. Số 82, 10 ô.
O. VASILBEV - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
I. GAVRIK - Chasov-Yar, tr. ii. Số 17, 10 ô.
V. GALUKHIN - Ryazan, tr. ii. Số 14, 10 ô.
V. GUSEV - Krasnoyarsk, tr. ii. Số 3, 10 ô.
I. KALINOVSKY - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. KLIMACHEV - Minsk, tr. ii. Số 116, 10 ô.
S. MASHKEVICH - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
K. MOSEICHEV - Zelenograd, tr. ii. Số 609, 10 lớp.
S. MYAGCHILOV - Sverdlovsk, tr. ii. Số 16, 9 ô.
S. NIKONNKO - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. PEREPELICHNY - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
Y. RYVALOCHKA - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 9.
A. SOMOV - Kiev, tr. ii. Số 206, 9 ô.
G. SPIVAK - Kyiv, tr. ii. Số 206, 10 ô.
V. TARTAKOVSKY - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
I. TEREZ - Simferopol, tr. ii. Số 7, 9 ô.
A. UMNOV - Miass, tr. ii. Số 6, 10 ô.
L. FELYDMAN - Saratov, tr. ii. Số 13, 10 ô.
V. FURMAN - Tashkent, tr. ii. Số 19, 10 ô.
G. SHVETS - Kyiv, tr. ii. Số 145, 9 ô.

Hẹn hò với sao chổi
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
L. S. MAROCCHNIK

Lời giới thiệu của biên tập viên

Trong số tháng 7 năm 1982 của tạp chí của chúng tôi, một bài báo “Sao chổi” của L. S. Marochnik đã được xuất bản. Nó nói về sao chổi là gì, điều gì rõ ràng về vật lý của sao chổi và điều gì ngày nay chưa rõ ràng, tại sao sao chổi lại thú vị đối với các nhà khoa học, những câu hỏi mà họ, theo các nhà nghiên cứu, có thể trả lời đáp số.

Bài báo đó đề cập đến “tiểu sử” của một trong những sao chổi quan trọng nhất—Sao chổi Halley; Tiểu sử khá kịch tính; tên tuổi của nhiều nhà khoa học đáng chú ý gắn liền với nó. Nó cũng nói về các dự án thử nghiệm về sao chổi Halley và những mục tiêu khoa học mà những thí nghiệm này sẽ theo đuổi.

Sau đó, vào năm 1982, mọi thứ vẫn còn ở phía trước - cả những vụ phóng và cuộc gặp gỡ của những người truyền giáo không gian với một sao chổi quan trọng. Cuộc gặp gỡ hôm nay vẫn còn rất xa - chúng diễn ra vào tháng 3 năm 1986, nhưng sự khởi đầu đầu tiên đã diễn ra. Hai trạm vũ trụ của Liên Xô là Vega 1 và Vega 2 được phóng thành công vào ngày 15 và 21/12/1984. Tên của các trạm (cũng như tên của toàn bộ dự án) là “Vega” - tên viết tắt của tên đầy đủ của Đoàn thám hiểm quốc tế “Venus - Sao chổi Halley”. Dự án Vega có sự tham gia của Úc, Cộng hòa Nhân dân Bulgaria, Cộng hòa Dân chủ Đức, Cộng hòa Nhân dân Hungary, Cộng hòa Nhân dân Ba Lan, Pháp, Liên Xô, Cộng hòa Xã hội Chủ nghĩa Tiệp Khắc và Hiệp hội Max Planck (FRG). Dự án Vega liên quan đến việc cùng nhau khám phá Sao Kim và Sao chổi Halley.

Trong bộ “Thư viện «Kvant»”, cuốn sách “Hẹn hò với sao chổi” đang được chuẩn bị xuất bản. Dưới đây chúng tôi xuất bản những tấm bưu thiếp nhỏ từ cuốn sách này, do tác giả của nó, L. S. Marochnik, chuẩn bị cho độc giả «Kvant».

17

1. Lựa chọn mục tiêu

Vì vậy, chúng tôi phóng tới sao chổi Halley. Trước hết, tại sao lại đến gặp cô ấy? Rõ ràng, các cuộc thám hiểm cần phải được chuẩn bị trước - đây là công việc tốn nhiều năm lao động trong nhiều năm; nhưng bạn chỉ có thể chuẩn bị trước cho cuộc gặp với một sao chổi quen thuộc nào đó, tần suất của nó đã được nghiên cứu. Đương nhiên, đây là những sao chổi có chu kỳ ngắn. Mặt khác, từ quan điểm lợi ích vật lý, rõ ràng sao chổi phải hoạt động - sáng, có khí màu nâu, đuôi “tươi tốt”, bầu khí quyển phát triển, tầng điện ly “serbez”, v.v. Hoạt động, theo quy luật, là những sao chổi trẻ tiếp cận Mặt trời lần đầu tiên, nhưng những “vị khách trên trời” như vậy xuất hiện trong trường quan sát, nhanh chóng quét qua các điểm cận nhật và lại đi vào trạng thái “không tồn tại”. Không thể chuẩn bị một con tàu vũ trụ và phóng nó tới một sao chổi như vậy. (Trong cuốn “Con quỷ” của Lermontov có những công trường xây dựng về cách

“…sao chổi đang chạy
Xin chào với nụ cười dịu dàng
Tôi thích ở bên anh ấy…”
Đây hoàn toàn là tình huống tương tự - cả tàu vũ trụ và sao chổi sẽ không có thời gian để truyền đạt bất cứ điều gì ngoại trừ “xin chào” với nhau.)

Pozny vẫn phải tập trung vào các sao chổi trong thời gian ngắn. Nhưng những sao chổi như vậy, theo quy luật, không hoạt động nhiều - thường là sự di chuyển của Mặt trời trong suốt “cuộc đời” của chúng, chúng mất đi chất mùa hè và ít được quan tâm, các cuộc gặp gỡ với chúng không gây ra nhiều nhiệt tình.

Sao chổi Halley đặc biệt theo nghĩa này. Mặc dù thực tế là sự xuất hiện của nó gần Mặt trời (hoặc gần quỹ đạo hiện tại) của con người có thể mất hơn 100 nghìn năm, sao chổi này vẫn tiếp tục hoạt động. Khó có thể nói bí quyết tuổi trẻ của cô ấy là gì nhưng có lẽ chúng ta sẽ tìm ra sau buổi hẹn hò đầu tiên.

2. Những con đường chúng ta chọn

Dự án Vega ra đời vì tác giả của nó, nhà vật lý nổi tiếng Liên Xô, Viện sĩ R.Z. Sagdeev, đã thu hút sự chú ý đến vị trí thuận lợi của Sao Kim trong quá trình sao chổi Halley đi qua thời điểm tiền nhật của nó. Vị trí của sao Kim vô tình hóa ra lại có thể kết hợp, nói theo nghĩa bóng, “kinh doanh một cách vui vẻ”. Vào tháng 12 năm 1984, Liên Xô đã lên kế hoạch phóng các trạm tự động hướng tới Sao Kim. Nhưng hóa ra, một thao tác nhỏ trong trường hấp dẫn của Sao Kim có thể đủ để hướng trạm đang thực hiện nghiên cứu “Sao Kim bài toán” tới sao chổi Halley. Các tính toán cho thấy ý tưởng này khả thi và dự án Sao Kim - Sao chổi Halley đã thành hiện thực.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang “những con đường chúng ta chọn”. Trong ngôn ngữ khoa học, có rất ít thảo luận về chiến lược chọn quỹ đạo bay của tàu vũ trụ tới sao chổi Halley. Chiến lược này được xác định bởi trình độ năng lực công nghệ vũ trụ hiện tại. Sự thật là Trái đất tự bay

Sự định hướng lẫn nhau của sao chổi Halley. Vào tháng 6 năm 1985, khi Vega chạm trán Sao Kim, sao chổi sẽ nằm giữa quỹ đạo của Sao Mộc và Sao Thổ.

19

Đi từ Trái đất: ngày 15 và 21 tháng 12 năm 1984.
Sự điều chỉnh quỹ đạo trên tuyến đường Trái đất-Sao Kim.
Gặp sao Kim: giữa tháng 6 năm 1985; Khoảng cách giữa Trái đất và Sao Kim vào thời điểm này là khoảng 103 ml. km.
Thời gian của chuyến bay tới sao Kim là khoảng 175-180 ngày.
Hiệu chỉnh quỹ đạo PA trên đường đi của Sao Kim - sao chổi Halley.
Gặp sao chổi: nửa đầu tháng 3 năm 1986; khoảng cách tới Trái Đất tính từ điểm PA gặp sao chổi là khoảng 173 ml. km.
Tốc độ hội tụ tương đối của PA với sao chổi khi gặp nhau là 78 ​​km/s.
Tổng thời gian của chuyến bay tới sao chổi là khoảng 450 ngày.
Vị trí của các “diễn viên” chính của kịch bản này trong các thời điểm phát triển được thể hiện trên hình trên trang thứ hai của trang bìa số tạp chí này.

4. Hẹn hò với sao Kim

Cũng giống như “sân khấu bắt đầu bằng một cái móc áo”, “Veta” bắt đầu bằng sao Kim. Không thể nói về kịch bản dự án mà không có ít nhất một mô tả ngắn gọn về chuyến bay tới Sao Kim và nghiên cứu được đề xuất về hành tinh này.

Vào thời điểm bạn đọc những dòng này, hầu hết “màn đầu tiên” của kịch bản sẽ ở phía sau bạn. Gói vận chuyển nhiều tầng đã phóng trạm vũ trụ cùng với cái gọi là tầng tăng cường vào quỹ đạo của một vệ tinh nhân tạo trên Trái đất. Trên quỹ đạo đầu tiên, giai đoạn tăng cường được bật và trạm chuyển sang đường bay tới Sao Kim.

Hai ngày trước chuyến bay đến hành tinh, như đã đề cập, Veta được chia thành mô-đun hạ cánh và phương tiện di chuyển. Khi di chuyển trong bầu khí quyển của Sao Kim, một máy điều hòa không khí được tách ra khỏi phương tiện hạ cánh. Theo chương trình khoa học, tàu thăm dò phải trôi dạt trong bầu khí quyển và truyền về Trái đất thông tin về tốc độ của các dòng khí quyển, nhiệt độ, áp suất và các thông số khác dọc theo quỹ đạo của nó. Một mạng lưới viễn vọng vô tuyến quốc tế sẽ được sử dụng để nhận thông tin này trên Trái đất. Do đó, cả mô-đun hạ cánh và đầu dò máy điều hòa không khí phải đi vào bầu khí quyển của Sao Kim sao cho cả ở lối vào và trong toàn bộ thời gian trôi dạt (1-2 ngày) chúng vẫn ở trên phần đĩa của Sao Kim có thể nhìn thấy được từ Trái đất.

Thông tin từ tàu đổ bộ

Qia chỉ có thể truyền tới Trái đất thông qua một bộ lặp. Bộ máy protein sẽ đóng vai trò như một rơle như vậy. Sau đó, hóa ra những yêu cầu mà bản chất hoàn chỉnh của thí nghiệm Veta đặt ra cho anh ta là mâu thuẫn lẫn nhau. Bộ máy Protea phải đi vào bầu khí quyển của Sao Kim, phương tiện hạ cánh và máy điều hòa không khí, những thiết bị này không có hệ thống điều khiển chuyến bay riêng trong không gian, theo một cách rất xác định, nhưng đồng thời bản thân nó không được đi vào bầu khí quyển của hành tinh - suy cho cùng, nó vẫn phải bay xa hơn. Ngoài ra, trong quá trình vận hành phương tiện hạ cánh trên Sao Kim, phương tiện protean phải nằm trong vùng liên lạc để chuyển tiếp thông tin nhận được về Trái đất. Hóa ra là trong trường hợp này, bộ máy Protean không thể đi vào đường bay tới sao chổi Halley. Đây là lúc nảy sinh nhu cầu về cơ chế hấp dẫn - sau khi hoàn thành các chức năng của mình, bộ máy protean phải quay qua lực đẩy truyền lại và thay đổi quỹ đạo của nó để hướng tới sao chổi.

5. Từ sao Kim đến sao chổi

Trong 2-4 tuần sau khi sao Kim đi qua, người ta dự kiến ​​​​sẽ phóng bộ máy protean đầu tiên trên đường bay tới sao chổi Halley. Đây là nơi bắt đầu quá trình khắc phục đặc biệt mà chuyên gia vẫn chưa phải giải quyết. Thực tế là lần đầu tiên trên thế giới, một chuyến bay được thực hiện tới một thiên thể mà các thông số chuyển động tại thời điểm phóng sẽ không được biết với độ chính xác cần thiết. Khá thường xuyên, các chuyên gia đã mắc sai lầm khi dự đoán thời điểm sao chổi vượt qua điểm cận nhật của nó, ngay cả khi sử dụng các phương pháp tính toán toán học hiện đại. Pozny hoàn toàn cần làm rõ các yếu tố của quỹ đạo sao chổi bằng cách sử dụng các quan sát trên mặt đất trong chuyến bay tới nó. Vì lý do này, một lý thuyết cơ học thiên thể chính xác về chuyển động của sao chổi Halley hiện đã được tạo ra. Dựa trên việc phân tích dữ liệu về chuyển động của nó vào các năm 1759, 1835, 1910, lý thuyết này cho thấy sự phù hợp rất tốt với các quan sát.

20

Trong phân đoạn chuyến bay của sao Kim-sao chổi, ba sự điều chỉnh sẽ được thực hiện. Việc đầu tiên đã được thảo luận. Lần thứ hai sẽ được thực hiện vào giữa chuyến bay và lần thứ ba - 2-4 tuần trước chuyến bay tới sao chổi. Buổi nghiên cứu khoa học đầu tiên bắt đầu hai ngày trước chuyến bay, khi đó khoảng cách tới sao chổi sẽ là 14 triệu km. Buổi thứ hai bắt đầu một ngày trước chuyến bay ở khoảng cách 7 triệu km. Phiên thứ ba bắt đầu khi gặp một sao chổi.

Câu hỏi vẫn còn khá không chắc chắn và theo đó, được mọi người quan tâm là khoảng cách từ nhân sao chổi Halley mà tàu vũ trụ sẽ đi qua. Ở đây mọi thứ được xác định bởi độ chính xác mà quỹ đạo của sao chổi được biết đến và độ chính xác này không quá lớn. Sau đó, tình huống này xảy ra là do ở vùng điểm cận nhật, sao chổi sẽ trải qua những gia tốc phi hấp dẫn đáng kể. Chúng được gây ra chủ yếu bởi tác động của các lực phản ứng phát sinh trong quá trình bốc hơi mạnh mẽ của các băng tạo nên nhân của sao chổi.

Dựa trên các đoạn trước của Sao chổi Halley, dự đoán về vị trí của nút quỹ đạo của nó có thể được thực hiện với độ chính xác không đạt yêu cầu - khoảng 10⁶ km. Và đường kính phần đầu của sao chổi Halley chỉ là 4·10⁵ km. Thật dễ dàng để bỏ lỡ, bay qua một sao chổi mismo. Tuy nhiên, nếu chúng ta đưa vào tính toán những quan sát đang diễn ra về chuyển động của sao chổi này, thì độ chính xác mà các chuyên gia của chương trình Vega có thể đạt được sẽ tăng lên. Hiện tại người ta dự kiến ​​​​tàu vũ trụ sẽ bay ở khoảng cách khoảng 10⁴ km tính từ nhân sao chổi.

Và một câu hỏi rất quan trọng nữa: liệu thiết bị có bay qua bầu khí quyển của sao chổi mà không gặp vấn đề gì không? Khi nó đến gần hạt nhân, mật độ bụi sao chổi tăng lên rõ rệt, và mặc dù khối lượng của hạt bụi nhỏ nhưng tốc độ chúng sẽ “bay” vào thiết bị là rất lớn - chúng ta có thể giả sử rằng chúng bằng tốc độ tương đối của thiết bị và sao chổi khi gặp nhau, tức là gần 80 km/s. Vì vậy, động năng của các hạt bụi thu được sẽ rất lớn, và tất nhiên, mức độ thiệt hại có thể xảy ra phụ thuộc trực tiếp vào nó.

4

Theo sơ đồ này, giai đoạn thứ hai của chuyến bay sẽ diễn ra - từ Sao Kim đến sao chổi Halley.

Những thông điệp này buộc người tạo ra con tàu phải suy nghĩ về các biện pháp bảo vệ đáng tin cậy. Theo tính toán của các chuyên gia Liên Xô và nước ngoài, xác suất thiệt hại xảy ra chỉ vài phần trăm. Xác suất rất nhỏ, nhưng vẫn không bằng không.

Trong các chuyến bay tới các hành tinh của Hệ Mặt trời, nơi mức độ nguy hiểm về khí tượng thấp hơn rất nhiều, thông tin khoa học và dịch vụ sẽ được ghi lại trên một thiết bị lưu trữ, từ đó nó được truyền về Trái đất trong các phiên liên lạc. Tục lệ này đã phải bị từ bỏ, vì những người giỏi nhất có “một con chim trong tay còn hơn một chiếc bánh trên trời”: nếu xảy ra hư hỏng đối với thiết bị khoa học hoặc dịch vụ, điều này sẽ gây nguy hiểm cho sự thành công của chuyến thám hiểm. Do đó, dự án Vega cung cấp khả năng truyền tải thông tin trực tiếp tới Trái đất. Tất nhiên, điều này đòi hỏi phải từ bỏ lời giải kỹ thuật hiện có. Ví dụ: nội dung thông tin của tổ hợp vô tuyến dịch vụ chịu trách nhiệm gửi dữ liệu thay đổi khoa học tới Trái đất đã tăng hơn 20 lần. Ăng-ten vô tuyến được lắp đặt trên thiết bị protenome sẽ luôn hướng về Trái đất khi truyền qua bầu khí quyển của Sao chổi Halley.

21

Kết luận từ tác giả

Tất nhiên, câu chuyện của tôi là một cái nhìn khái quát về những vấn đề, khó khăn “cấp bách” mà các chuyên gia gặp phải khi thiết kế những sứ mệnh tới sao chổi đầu tiên trong lịch sử loài người. Rất nhiều thứ đã bị bỏ lại “quá nhiệt tình” - suy cho cùng, không thể đón nhận được sự bao la (và đặc biệt là trạng thái trên tạp chí). Trong số “nhiều” này đã có những vấn đề khoa học và kỹ thuật được giải quyết liên quan đến dự án Vega và những câu hỏi mà các nhà khoa học “đặt ra” cho sao chổi… Nhưng tôi muốn tập trung một chút vào một câu hỏi “triết học”, có lẽ đã nảy sinh hơn một lần.

Tại sao tất cả điều này? Chẳng phải tốt hơn là tiêu tiền cho nhu cầu gia đình sao? Ví dụ, xây dựng thêm nhiều tòa nhà dân cư, nhà máy, nhà điều dưỡng? Chúng ta có thể trả lời ngắn gọn: con người không chỉ sống bằng cơm bánh. Nhưng bạn có thể đi vào chi tiết hơn.

Các chương trình trong các lĩnh vực khoa học và công nghệ ứng dụng, chế tạo máy công cụ, cần cẩu, máy thu hoạch ngũ cốc, sản xuất thuốc, v.v., không thể thực hiện được nếu không có chương trình nghiên cứu cơ bản, mặc dù thoạt nhìn chúng không liên quan đến nhau.

Các vệ tinh nhân tạo của Trái đất và các con tàu do các phi hành gia điều khiển, ban đầu nhằm mục đích nghiên cứu không gian gần Trái đất - một khu vực dường như là một nền kinh tế thiếu thốn - ngày nay cung cấp thông tin miễn phí về tài nguyên thiên nhiên của trái đất, về sự xuất hiện của khoáng sản trên bề mặt hành tinh của chúng ta và cho phép chúng ta đưa ra dự báo khí tượng dài hạn, rất cần thiết trong hoạt động kinh tế quốc gia.

Tôi không muốn trở thành cơ sở cho những dự đoán về những sứ mệnh mà sao chổi nói chung và sao chổi Halley nói riêng có thể mang lại cho con người trong tương lai. Điểm cận nhật tiếp theo của Sao chổi Halley sẽ xảy ra vào năm 2061, và các chuyên gia của tất cả các chương trình không gian đã không quên suy nghĩ về các thế hệ tương lai: thông tin khoa học mà các chuyên gia nhận được sẽ được thu thập tại Trung tâm Dữ liệu Thế giới để con cháu của những người hoàn hảo có thể sử dụng nó vào lần tới khi sao chổi tuyệt vời này quay trở lại.

Thông tin

Chuyên môn thiên văn trẻ Leningrad

Vào ngày 16 tháng 10 năm 1982, sự xuất hiện của Sao chổi Halley được ghi lại trong chòm sao Tiểu Khuyển. Kể từ ngày đó, các nhà thiên văn học trên khắp thế giới đã theo dõi chuyển động của sao chổi qua chòm sao. Các nhà khoa học đã khai quật các yếu tố của nó và tính toán yếu tố hiệu quả, điều này sẽ giúp các nhà quan sát nghiên cứu hiện tượng tự nhiên độc đáo này.

Chương trình nghiên cứu sao chổi Halley (SOPROG) của Liên Xô dành nhiều không gian hơn cho việc quan sát nghiệp dư. Điều này là do những quan sát như vậy, bất chấp tốc độ của thiết bị thiên văn do những người nghiệp dư triển khai, có thể đóng góp đáng kể nếu được thực hiện theo một chương trình duy nhất.

Ở Leningrad, chuyên môn thiên văn nghiệp dư đã hoạt động liên tục trong nhiều năm, với sự tham gia của mọi người ở nhiều lứa tuổi và ngành nghề khác nhau. Một nhóm chuyên gia trẻ đang được tổ chức để quan sát sao chổi Halley. Độ tuổi của nó là từ 13 đến 20 tuổi. Nó sẽ có sự tham gia của học sinh, sinh viên trường dạy nghề, sinh viên kỹ thuật và người lớn (tổng cộng khoảng hai mươi người).

Theo tính toán, ở khu vực Leningrad, điều kiện quan sát sao chổi nhìn chung sẽ không đạt yêu cầu, vào những thời điểm thuận lợi, sao chổi sẽ yếu đến mức chỉ có thể nhìn thấy được khi có sự trợ giúp của các dụng cụ thiên văn đặc biệt. Và mặc dù vào tháng 10 - tháng 12 năm 1985, một số thí nghiệm và công việc sơ bộ vẫn được lên kế hoạch thực hiện ở vùng lân cận Leningrad, nhưng vấn đề đặt ra là trang bị các thí nghiệm ở các khu vực phía Nam đất nước sao cho thuận tiện cho việc quan sát.

Sự điều phối của các trung tâm quan sát nghiệp dư SOPROG đã phân bổ một khu vực của thành phố Alma-Ata cho Chuyên môn Thanh niên Leningrad. Công việc ở đó sẽ diễn ra khoảng từ ngày 5 tháng 3 đến ngày 27 tháng 4 năm 1986.

Công tác chuẩn bị cho kỳ thi đang được tiến hành. Một chương trình khoa học sơ bộ đã được soạn thảo. Nó bao gồm chụp ảnh, phân tích quang phổ của sao chổi, xác định hình dạng, kích thước, Khối sao chổi và hạt nhân của nó, v.v. Dịch vụ thời gian sẽ hoạt động trong kỳ thi.

Các tài liệu thi và kết quả quan sát khoa học sẽ được chuyển về trung tâm thu thập thông tin SOPROG.

Chịu trách nhiệm in ấn bài thi
S. N. Erlykov

22

Công chúa Dido, máy đo đường đẳng áp và phim xà phòng

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. V. TROFIMOV

Bài viết này đề cập đến một loại công thức cơ bản bài toán, được biết đến từ thời Hy Lạp cổ đại. Cho biết những bài toán này phát sinh như thế nào, chúng được giải quyết bằng toán học như thế nào và lời giải của chúng có thể được mô phỏng bằng cách sử dụng màng xà phòng như thế nào. Bài viết dành cho học sinh lớp 8, nhưng chúng tôi hy vọng nó cũng sẽ cấm những độc giả lớn tuổi hơn.

Truyền thuyết về công chúa Dido

Cách đây rất lâu, công chúa vật lý Dido cùng với một biệt đội nhỏ cống hiến cho cô đã rời quê hương Tyre, chạy trốn sự phản bội của anh trai cô, bạo chúa Pygmalion. Các con tàu của cô đi về phía tây qua Biển Địa Trung Hải và bụi bặm, được thúc đẩy bởi một cơn gió lành, cho đến khi Dido tìm được một nơi thuận tiện để định cư trên bờ biển Châu Phi, nơi ngày nay là Vịnh Tunisia.

Các bác sĩ đổ bộ không được người dân địa phương, những người Numidian chào đón nồng nhiệt. Vua của Numidian, Yarb, nói chuyện một cách hiếu chiến và lịch sự với vị khách không mời. Anh ta nhận số đồ trang sức mà Dido đưa ra để mua đất, nhưng kiên quyết tuyên bố rằng đổi lại anh ta đồng ý chỉ đưa cho cô một chiếc chìa khóa đất “có thể được bao quanh bởi một tấm da bò”. Công chúa ngoan ngoãn đồng ý. Yarb nhận ra sự xảo quyệt và xảo quyệt của nhà vật lý đã quá muộn: Dido đã làm một chiếc thắt lưng mỏng và dài từ da bò đực và dùng nó để rào chắn một khu vực quan trọng tính từ bờ biển. Yarb có đầu óc đơn giản nhưng trung thực không từ chối lời nói này. Và Dido đã thành lập thành phố Carthage trên địa điểm này. Để tưởng nhớ câu chuyện này, thành trì của người Carthage được đặt tên là “Birsa”, theo ngôn ngữ của cư dân Carthage có nghĩa là “da bò”.

Lưu ý rằng quy mô của lãnh thổ ban đầu có thể khá lớn. Hãy tưởng tượng tấm da bò đực như một miếng hình chữ nhật có kích thước 1x2 m và chúng ta sẽ giả sử rằng Dido cắt da thành các dải rộng 1 mm theo mẫu hiển thị trong hình 1. Sau đó, thật dễ dàng để tính chiều dài của quả remon thu được - nó sẽ bằng khoảng 2 km, sao cho Dido trong trường hợp này có thể nở ra từ bờ biển (mà chúng ta sẽ coi là thẳng), chẳng hạn, một phần hình chữ nhật có kích thước 0,5 km² = 500 m×1000 m.

Truyền thuyết ghi niên đại của các sự kiện được mô tả là vào năm 825 trước Công nguyên. đ. và tất nhiên, chúng ta khó có thể đánh giá độ tin cậy của chúng. Nhưng điều khiến chúng ta quan tâm ở đây không phải là các sự kiện lịch sử mà là bài toán bài toán, mà rõ ràng Dido đã phải giải:

Vấn đề 1 (Vấn đề của Dido).

Một trục có chiều dài vật lý L phải được đặt như thế nào để nó ngăn cách một mảnh đất có diện tích tối đa với bờ thẳng?

Phương pháp đẳng giác bài toán

Vấn đề của Dido là một phần của trường hợp đẳng tích bài toán. Tên này xuất phát từ hai từ tiếng Hy Lạp isos - bằng nhau và perimetron - phép đo, chu vi. Isopermetric bài toán là sự hoàn hảo nhất định của các hình có cùng độ dài đường viền (cùng pe-

24

Hình 2.

Thật vậy, đường đi của hình ABCD có chu vi p thì dây AC chia đôi chu vi (hình 3). Chúng ta hãy biểu thị bằng $S_1$ diện tích của hình ABC và $S_2$ diện tích ADC. Giả sử rằng $S_1 > S_2$. Sau đó, chúng ta dựng hình mới ABCEA, thay đường thẳng ADC bằng đường thẳng AEC, đối xứng với ABC của dây cung tương đối AC. Hình mới ABCEA, có cùng chu vi, có diện tích lớn hơn diện tích của hình ban đầu đầu tiên, vì diện tích của hình mới là $2S_1$ và diện tích của hình ban đầu đầu tiên là $S_1 + S_2$, trong khi theo giả định là $S_1 > S_2$ và do đó, $2S_1 > S_1 + S_2$. Do đó, trong giả định, số liệu ABCD không phải là số lớn nhất. Điều này chứng tỏ giả định $S_1 > S_2$ là sai. Người ta cũng chứng minh tương tự rằng giả định $S_1 < S_2$ dẫn đến mâu thuẫn. Cuối cùng, $S_1 = S_2$.

Chúng ta hãy gọi bất kỳ dây cung nào chia chu vi của một hình cho một nửa đường kính của nó.

Tài sản thứ ba. Bất kỳ đường kính nào của bất kỳ hình cực đại nào đều có thể nhìn thấy được từ tất cả các điểm trên đường viền của nó ở các góc vuông (nghĩa là, đối với mọi đường kính AC và bất kỳ điểm B nào của đường viền, góc ABC là 90°).

Để chứng minh tính chất này, chúng ta cần tính chất sau của tam giác: trong tất cả các tam giác có hai cạnh cho trước, tam giác nào có hai cạnh này bằng nhau thì có diện tích lớn nhất. Chúng tôi coi phát biểu này như một bài tập dễ dàng cho người đọc và chuyển sang phần chứng minh tam giác. Giả sử rằng đường kính neoctor AC của hình ABCD có chu vi p nhìn thấy được từ một điểm B nào đó trên đường viền của nó không vuông góc: $\angle ABC \neq 90^\circ$

Hình 3.

(hình 4). Hãy chứng minh rằng trong trường hợp này hình ABCD không có diện tích lớn nhất tại một chu vi cố định p. Hãy biểu thị diện tích của các hình ABC và ACD bằng $S_1$ Và $S_2$ tương ứng. Hãy xây dựng một tam giác vuông $A'B'C'$ với góc vuông ở đỉnh $B'$ như vậy $A'B' = AB$. Nói cách khác, hãy di chuyển hoặc mở rộng các cạnh AB và BC, giữ nguyên độ dài của chúng để chúng tạo thành ở đỉnh $B'$ góc phải. Sang hai bên $A'B'$ Và $B'C'$ hãy áp dụng các phân đoạn $A'E'B'$ Và $B'F'C'$ (hình 5), bằng các đoạn tương ứng trên hình 4. Dựa vào tam giác nguyên tố cực đại ta có bất đẳng thức $S_{\triangle A'B'C'} > S_{\triangle ABC}$. Do đó, diện tích của hình $A'E'B'F'C'A'$ khu vực rộng lớn $S_1$ hình bắt đầu đầu tiên. Gắn vào hình $A'E'B'F'C'A'$ đối xứng với nó quanh trục $A'C'$ nhân vật $A'K'D'L'C'A'$, chúng ta có được một hình $A'E'B'F'C'L'D'K'A'$ với chu vi góc vuông p, nhưng có diện tích lớn hơn (hình 6). Vì vậy, hình ABCD không cực đại nếu ít nhất từ ​​một điểm trên đường viền của nó, đường viền của một điểm B nào đó trên đường viền của nó không vuông góc.

25

Từ thuộc tính thứ ba, ngay lập tức cho thấy con số tối đa cần thiết là một hình tròn. Thật vậy, hãy chọn đường kính tùy ý; thì đường viền của hình, theo tính chất thứ ba, bao gồm các đỉnh của góc vuông dựa trên đường kính này, nghĩa là nó là một hình tròn. Q.E.D.

Lập luận của Steiner nêu trên được lấy từ cuốn sách thay thế nhưng khó tìm của A. B. Kryzhanovsky “Isoperimeter” (M.-L., Fizmatlit, 1959). Thoạt nhìn có vẻ như nó hoàn thành việc chứng minh định lý chính về máy đo đường đẳng tốc. Tuy nhiên, chúng tôi đã đưa ra một đề xuất không đủ tiêu chuẩn trong đó. Cụ thể, ngay từ đầu chúng tôi đã đề xuất rằng lời giải đẳng cấu cơ bản bài toán tồn tại.

Đây là một lời đề nghị bất hợp pháp. Một ví dụ nổi bật cho thấy sự tồn tại của lời giải phải được chứng minh là bằng cách sửa đổi nghịch lý Perron sau đây.

“Định lý”. Trong số các hình vuông, hình vuông có cạnh bằng 1 là hình vuông phẳng nhất.

Hình 5.

Từ thuộc tính thứ ba, ngay lập tức cho thấy con số tối đa cần thiết là một hình tròn. Thật vậy, hãy chọn đường kính tùy ý; thì đường viền của hình, theo tính chất thứ ba, bao gồm các đỉnh của góc vuông dựa trên đường kính này, nghĩa là nó là một hình tròn. Q.E.D.

Lập luận của Steiner nêu trên được lấy từ cuốn sách thay thế nhưng khó tìm của A. B. Kryzhanovsky “Isoperimeter” (M.-L., Fizmatlit, 1959). Thoạt nhìn có vẻ như nó hoàn thành việc chứng minh định lý chính về máy đo đường đẳng tốc. Tuy nhiên, chúng tôi đã đưa ra một đề xuất không đủ tiêu chuẩn trong đó. Cụ thể, ngay từ đầu chúng tôi đã đề xuất rằng lời giải đẳng cấu cơ bản bài toán cấu thành sự biến đổi sau đây của nghịch lý Perron.

“Định lý”. Trong số các hình vuông, hình vuông có cạnh bằng 1 là hình vuông phẳng nhất.

Hình 6.

Cho hình vuông cạnh $b=a^2$ có diện tích lớn nhất. Hãy xem xét hai trường hợp: $a<1$ và $a>1$. Nếu $a<1$ thì $a^2<1$ và diện tích hình vuông cạnh $a$ không phải là lớn nhất (nhỏ hơn diện tích hình vuông đơn vị). Nếu $a>1$, chúng ta lấy hình vuông ở cạnh $b=a^2$. thì $b>a$ (kể từ $a>1$), và diện tích hình vuông có cạnh $b$ sẽ là $b^2$, hơn nữa là $b^2>a^2$ (kể từ $b>a$). Điều này có nghĩa là hình vuông có cạnh $a$ không có diện tích lớn nhất, trái với giả định. “Định lý” đã được chứng minh.

Tất nhiên, người đọc sẽ hiểu lý do này có gì sai. Tuy nhiên, nó được thực hiện theo sơ đồ tương tự như phép đo đẳng tích “lời giải” ở trên bài toán, cho phép sử dụng chế độ xem toàn diện.

Cấu trúc lời giải của bài toán này được đưa ra trong sách giáo khoa hiện đại về phép tính biến phân. Có thể thu được bằng chứng thuyết phục về sự tồn tại từ các thông điệp “sơ cấp”, nhưng trên con đường này sẽ cần phải kiểm tra một lý luận khá tinh vi “bằng tính liên tục”; chúng tôi sẽ không đề cập đến vấn đề này ở đây mà giới thiệu cho người đọc cuốn sách được trích dẫn của A. B. Kryzhanovsky hoặc cuốn sách của R. Courant và W. Robbins “Toán học là gì” (M., “Prosveshchenie”, 1967, trang 408). Đối với độc giả hiện đang nghi ngờ sự tồn tại của lời giải đẳng tích bài toán, chúng tôi khuyên bạn nên chuyển sang phần cuối cùng của bài viết của chúng tôi.

Lời giải bài toán

Mục tiêu trước mắt của chúng tôi là mang lại lời giải trong số bốn đường đẳng lượng được hình thành trước đó bài toán. Khi làm như vậy, chúng ta sẽ đề xuất rằng tính chất đẳng giác của đường tròn đã được biết.

Lời giải bài toán Điốt. Đặt $ABC$ và $A'B'C'$ đại diện cho một hình bán nguyệt và một số hình khác thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán. Bằng cách thêm vào các hình này các hình $ADC$ và $A'D'C'$, đối xứng với các hình đầu tiên so với trục $AC$ và $A'C'$, chúng ta sẽ tạo ra hai hình mới: hình tròn $ABCD$ và một hình khác với hình tròn $A'B'C'D'$, chu vi của chúng bằng 2l. Theo chính

26

Theo định lý isopermeter, diện tích hình tròn $ABCD$ lớn hơn diện tích hình $A'B'C'D'$. Do đó, diện tích của hình là $A'B'C'$ và nửa hình tròn $ABC$ sẽ là nghiệm của bài toán Diodons.

Lời giải bài toán 2. Đáp số sẽ là một cung tròn $AB$ có chiều dài $p$ (hình 7). Cách chứng minh cũng giống như ở bài toán trước: cung $AB$ phải được mở rộng thành một đường tròn và áp dụng tính chất đẳng giác của đường tròn.

Lời giải bài toán 3. Đáp số sẽ là một cung $\delta$ của một đường tròn có tâm ở đỉnh góc $O$, chiều dài $p$. Để chứng minh điều này, hãy vẽ thêm 6 tia nữa từ điểm $O$ sao cho mặt phẳng được chia thành 8 góc dọc theo $45^\circ$. Nếu đáp số - đường cong $\gamma$ - khác với cung $\delta$, thì chúng ta có thể dựng ở mỗi góc trong số bảy góc dựng sẵn một thể hiện của đường cong $\gamma$, và khi đó đường viền của các đường cong này (chiều dài $8k$) sẽ giới hạn một diện tích lớn hơn diện tích của chu vi hình tròn $8p$, đặt câu hỏi về tính chất đẳng giác krugga.

Lời giải bài toán 4. Đáp số sẽ là một cung tròn có tâm nằm ở một trong các đỉnh. Chúng tôi để lại cho người đọc một bằng chứng tương tự như phần trước, cũng như tính bán kính của một vòng tròn độc quyền.

Phim về chuột

Đối với những độc giả đã bắt đầu nghi ngờ sự tồn tại của lời giải đẳng quang bài toán, cũng như đối với tất cả những người yêu thích các thí nghiệm vật lý đỏ, chúng tôi đưa ra một số thí nghiệm rất đơn giản với màng xà phòng để xác nhận tính đúng đắn của lời giải của chúng tôi. Tất nhiên, thí nghiệm vật lý không thể thay thế một chứng minh toán học chặt chẽ; nó chỉ làm cho kết quả trở nên hợp lý hơn.

Để thử nghiệm thí nghiệm đầu tiên - đơn giản nhất, bạn sẽ cần dung dịch xà phòng bão hòa (tốt hơn là sử dụng xà phòng chữa cháy tốt, bạn có thể thêm một ít glycerin), dây mỏng, sợi chỉ thông thường; đối với cái tiếp theo, bạn cũng sẽ cần những chiếc vòng nhỏ (trượt tự do dọc theo dây) và một vài ống hút thẳng mỏng.

Trải nghiệm đầu tiên Nhúng khung dây vào dung dịch xà phòng và cẩn thận lấy ra khỏi đó. Khung sẽ được phủ một lớp màng mỏng nước xà phòng. Nó nổi trên phim, có hình dạng bất thường (ảnh 1). Sau đó dùng một góc nóng xuyên qua màng bên trong vòng lặp - vòng lặp ngay lập tức và chính xác có dạng hình tròn (ảnh 2).

Hiện tượng được mô tả được giải thích như sau: từ các nguyên tắc vật lý nói chung, vị trí cân bằng ổn định của màng xà phòng tương ứng với năng lượng tối thiểu của lực căng của nó.

27

Zhenya; đương nhiên, năng lượng truy cập tối thiểu nằm ở diện tích bề mặt tối thiểu bên ngoài vòng ren, nghĩa là ở diện tích lỗ tối đa.

Do đó, thí nghiệm này chứng minh tính đúng đắn của lời giải của phép đẳng giác cơ bản bài toán.

Kinh nghiệm thứ hai. Bây giờ buộc sợi chỉ bằng cả hai đầu vào một trong các đoạn thẳng của khung sao cho khoảng cách giữa các đầu xấp xỉ bằng bốn lần chiều dài của sợi chỉ. Nhúng khung vào dung môi và lấy ra để sợi chỉ nổi trên bề mặt màng thu được. Đâm màng bên trong vòng lặp - vòng lặp ngay lập tức và chính xác có dạng hình cung tròn (ảnh 3). Bằng cách di chuyển một đầu của sợi dọc theo khung, bạn có thể có được các cung tròn có bán kính khác nhau.

Thí nghiệm này chứng minh tính đúng đắn của lời giải bài toán 3. Thí nghiệm sau đây chứng minh tính đúng đắn của lời giải bài toán của Dionne.

Kinh nghiệm thứ ba. Đặt hai chiếc vòng nhỏ lên khung và buộc một sợi chỉ vào chúng. Nhúng khung vào dung môi và lấy ra để sợi chỉ nổi trên bề mặt màng. Đục các màng nhỏ hình thành bên trong các vòng và kiểm tra xem các vòng có di chuyển tự do dọc theo khung hay không. Bây giờ hãy xuyên màng bên trong vòng lặp - vòng lặp sẽ ngay lập tức và chính xác có hình dạng hình bán nguyệt. (Thí nghiệm tinh vi hơn này có thể không đạt được ngay lập tức - điều cần thiết là ma sát của các vòng với khung phải rất nhỏ.)

Kinh nghiệm thứ tư. Nối hai đầu dây thẳng bằng các sợi chỉ có chiều dài bằng nhau, kéo dây sao cho được một sợi dây thẳng

28

Vật lý 8, 9, 10

Cuốn sách đã xuất bản “Xung lực và Động năng” nhằm mục đích phân bổ lực trong suốt thời gian tác dụng của nó, tức là xung lực (“Vật lý 8”, § 50).

Mối quan hệ giữa động năng của một vật và lực như sau:

$$E_{k2} - E_{k1} = Fs \cos \alpha = A,$$

trong đó $s$ là độ lớn của vectơ dịch chuyển cơ thể, $\alpha$ là góc giữa vectơ $\vec{F}$ và $\vec{s}$, và tích $Fs \cos \alpha = A$ là công do lực tác dụng lên cơ thể. Do đó, mục này có nghĩa là sự thay đổi động năng của cơ thể bằng công của lực tác dụng lên cơ thể (“Vật lý 8”, § 55).

Vai trò của xung lực và động năng trong việc mô tả chuyển động. Sự khác biệt giữa các đại lượng $\vec{P}$ và $E_k$ không chỉ giới hạn ở thực tế là một trong số chúng là vectơ và đại lượng còn lại là vô hướng.

Từ đẳng thức (1), rõ ràng là nếu cho lực $\vec{F}$ thì sự thay đổi động lượng chỉ được xác định bởi thời gian tác dụng của lực và không phụ thuộc vào vật tác dụng lên vật nào. Bất kỳ vật nào (vật có khối lượng bất kỳ) dưới tác dụng của một lực nhất định trong một thời gian nhất định sẽ thay đổi động lượng của nó một lượng như nhau. Hơn nữa, chẳng hạn, nếu các anh hùng trong truyện ngụ ngôn “Con voi và con chó Pug” của Krylov va chạm với nhau, thì xung lực của mỗi người trong số họ sẽ thay đổi như nhau.

Đẳng thức (2) nói rằng đối với một lực cho trước, sự thay đổi động năng của một vật chỉ được xác định bởi quãng đường mà vật đó đi được theo phương của lực (tích $s \cos \alpha$ là hình chiếu của chuyển động lên phương của lực). Bất kỳ vật nào dưới tác dụng của một lực nhất định ở một khoảng cách nhất định sẽ thay đổi động năng của nó một lượng như nhau.

Do đó, sự thay đổi động lượng có liên quan đến lượng thời gian cần thiết để một vật thay đổi tốc độ của nó, và sự thay đổi động năng có liên quan đến khoảng cách phải bổ sung cho thiết kế vận tốc của nó (dĩ nhiên là đối với một lực cho trước).

Nói cách khác, sự thay đổi động lượng là đặc tính tác dụng của một lực trong thời gian, và sự thay đổi động năng là đặc tính tác dụng của một lực trong không gian.

29

Một sự khác biệt khác giữa động lượng và động năng. Có lẽ đặc tính thay thế lớn nhất của động lượng của một vật là xung lực tổng cộng của một hệ kín gồm các vật thể (nghĩa là tổng vectơ các xung của tất cả các vật thể trong hệ) không thay đổi dưới bất kỳ tương tác và bất kỳ chuyển động nào của các vật thể trong hệ thống này. Đây là định luật bảo toàn động lượng (“Vật lý 8”, § 51).

Nó có tính chất bảo toàn động năng hay không? Chúng ta hãy xem một ví dụ đơn giản, từ đó sẽ thấy ngay rằng trong trường hợp này động lượng và động năng khác nhau.

Cho hai quả bóng thép giống nhau có khối lượng $m$, mỗi quả chuyển động dọc theo một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (không có ma sát) với vận tốc tuyệt đối bằng nhau $v$ (xem hình). Tại một thời điểm nào đó, các quả bóng sẽ chạm vào nhau, sau đó chúng sẽ tiếp tục tiến lại gần nhau một lúc, sau đó chúng sẽ dừng lại một lúc và sau đó chúng sẽ bắt đầu phân kỳ cho đến khi chúng bắt đầu chuyển động ngược chiều nhau với cùng tốc độ.

Chúng ta hãy xem tổng xung năng và động năng của cả hai quả bóng bằng bao nhiêu trước, trong và sau va chạm.

Trước khi va chạm, động năng của hai quả bóng có độ lớn bằng nhau và ngược chiều nhau nên

$$\vec{P}_1 + \vec{P}_2 = (m\vec{v}) + (-m\vec{v}) = 0,$$

và động năng của các quả bóng là như nhau và bằng $mv^2/2$ mỗi quả bóng, vì vậy

$$E_{k1} + E_{k2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2.$$

Trong một va chạm, tại thời điểm cả hai quả bóng đều đứng yên, vận tốc của chúng bằng 0, do đó,

$$\vec{P}_1 + \vec{P}_2 = 0,$$

$$E_{k1} + E_{k2} = 0.$$

Sau va chạm, hai quả bóng, cũng như trước va chạm, chuyển động ngược chiều nhau với cùng vận tốc tuyệt đối, do đó

$$\vec{P}_1 + \vec{P}_2 = -m\vec{v} + m\vec{v} = 0,$$

$$E_{k1} + E_{k2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2.$$

Như vậy, tổng động lượng của hệ hai quả bóng luôn không đổi. Động năng trước và sau va chạm là như nhau (chính loại va chạm này gọi là đàn hồi), nhưng trong quá trình va chạm nó thay đổi đến mức có lúc nó thậm chí tạm thời biến mất hoàn toàn. Điều này có nghĩa là có định luật bảo toàn động lượng nhưng không có định luật bảo toàn động năng.

Lưu ý rằng nếu các quả bóng không được làm bằng thép mà bằng đất sét mềm hoặc nhựa dẻo, thì khi va chạm chúng bị cắt xuống, để lại và không chuyển động được nữa (va chạm như vậy được gọi là hoàn toàn không đàn hồi). Tổng động lượng của chúng vẫn bằng 0, và động năng trong quá trình va chạm sẽ biến mất không phải tạm thời mà là vĩnh viễn.

Như đã biết, định luật bảo toàn năng lượng cũng tồn tại đối với năng lượng, nhưng không tồn tại đối với động năng mà đối với năng lượng toàn phần, bao gồm các dạng năng lượng khác. Vì vậy, trong ví dụ của chúng ta, sự mất đi tạm thời động năng trong quá trình va chạm đàn hồi của các quả bóng chỉ có nghĩa là tại thời điểm đó nó đã chuyển hóa hoàn toàn thành thế năng biến dạng đàn hồi của các quả bóng. Khi va chạm kết thúc, thế năng lại chuyển hóa hoàn toàn thành động năng. Trong quá trình va chạm không đàn hồi, động năng của các quả bóng được chuyển hóa thành nội năng (các quả bóng nóng lên), năng lượng này không còn được chuyển hóa trở lại thành động năng.

30

Hiệu ứng da

Từ môn vật lý ở trường (“Vật lý 9”, § 94), người ta biết rằng do hiện tượng cảm ứng điện từ ở bất kỳ dây dẫn nào dưới tác dụng của từ trường thay đổi nên được gọi là dòng điện xoáy (Dòng điện Foucault). Chúng được gây ra bởi một điện trường cảm ứng xảy ra khi từ trường thay đổi. Các đường dây của điện trường cảm ứng luôn đóng nên dòng điện Foucault cũng đóng (dòng xoáy). Vì dây dẫn thường có điện trở nên năng lượng của dòng điện Foucault biến thành nhiệt (dây dẫn nóng lên) và dòng điện tự giảm đi.

Hóa ra, dòng điện Foucault luân phiên nhanh chóng không thấm sâu vào dây dẫn và văn bản thực tế chỉ nằm ở lớp bề mặt của nó. Hiện tượng này được gọi là hiệu ứng da (từ tiếng Anh skin - skin). Nó phải được tính đến khi sử dụng dòng điện xoay chiều (và trường) trong công nghệ.

Nguyên nhân của hiệu ứng da có thể được hiểu một cách định tính bằng cách sử dụng quy tắc Lenz về cảm ứng điện từ. Theo quy luật này, chiều của dòng điện cảm ứng luôn sao cho chúng “can thiệp” vào từ trường của chúng sự thay đổi từ thông mà các dòng điện này gây ra. Do đó, khi một dây dẫn được đặt trong một trường xoay chiều bên ngoài, dòng điện Foucault sẽ xuất hiện, làm suy yếu trường này trong dây dẫn và che chắn nó. Hơn nữa, càng đi sâu vào dây dẫn từ bề mặt thì tổng từ trường càng nhỏ. Theo đó, cường độ dòng điện trong dây dẫn ở độ sâu cũng gây chết người. Sự giảm xảy ra theo một quy luật nhanh đến mức, bắt đầu từ một độ sâu nhất định, trường và dòng điện thực tế có thể được coi là bằng không. Độ sâu này được gọi là lớp da.

Điều gì quyết định độ dày của lớp da? Một mặt, từ trường thay đổi càng nhanh thì suất điện động cảm ứng xuất hiện càng lớn và dòng điện Foucault chạy trong dây dẫn càng nhiều. Mặt khác cường độ dòng điện còn phụ thuộc vào

điện trở suất của dây dẫn - trong dây dẫn có điện trở suất thấp hơn, dòng điện Foucault lớn hơn được tạo ra và từ trường ít được che chắn hơn. Do đó, khi tần số của trường thay đổi tăng và điện trở dây dẫn giảm, độ dày của lớp da sẽ giảm.

Một tính toán chính xác cho thấy rằng đối với đồng, chẳng hạn, ở tần số dòng điện xoay chiều v = 50 Hz, độ dày của lớp da là 1 cm. Đây không phải là một giá trị quá nhỏ, do đó, trong một dây dẫn có đường kính lên đến vài cm, dòng điện xoay chiều được phân bổ trên toàn bộ mặt cắt ngang của dây và hiệu ứng bề mặt được thể hiện đầy đủ ở những dây dày hơn nhiều. Đồng thời, trong phạm vi sóng vô tuyến trung bình có tần số v~10⁷ Hz, độ dày lớp vỏ đồng là ≈10⁻³ cm. Đây đã là một giá trị khá nhỏ. Dòng điện xoay chiều nhanh có tần số như vậy chỉ thực tế trên bề mặt của dây dẫn. Bạn có thể tạo ra các trường hoàn toàn cho dây dẫn và điều này hầu như không ảnh hưởng đến điện trở của chúng. Đôi khi, để giảm tổn thất, dây dẫn trong mạch vô tuyến được phủ một lớp bạc mỏng - dòng điện chỉ chạy trong lớp này và bạc có điện trở suất nhỏ hơn đồng.

Điều thú vị là, trong chất siêu dẫn, dòng điện cảm ứng hoàn toàn không suy giảm (điện trở bằng 0) và do đó chúng có thể che chắn ngay cả khi có từ trường không đổi. Trong độ dày của chất siêu dẫn, tổng cảm ứng của từ trường ngoài và từ trường của dòng điện sàng lọc bằng không. Hiện tượng này được gọi là hiệu ứng Meissner*).

Hai bí ẩn về sự phân rã beta

Như đã biết, sự phân rã phóng xạ beta tự nhiên bao gồm thực tế là hạt nhân nguyên tử của một nguyên tố tự phát ra các hạt beta, nghĩa là các electron, đồng thời

*) Hiệu ứng này được thảo luận chi tiết trong bài báo “Nam châm siêu dẫn” của L. G. Aslamazov, xuất bản trên số thứ chín «Kvant» năm 1984.

31

biến thành hạt nhân của một nguyên tố khác có số nguyên tử lớn hơn một đơn vị nhưng có cùng khối lượng (“Vật lý 10”, § 103). Một cách tượng trưng, ​​sự biến đổi này được viết như sau:

$$\frac{M}{Z} X \rightarrow \frac{M}{Z+1} Y + \frac{0}{-1} e.$$

Ở đây $X$ là hạt nhân ban đầu, $Y$ là sản phẩm phân rã, $e$ là electron (chỉ số trên “0” cho thấy khối lượng của electron rất nhỏ so với đơn vị khối lượng nguyên tử).

Một nghiên cứu cẩn thận về phân rã beta đã chỉ ra rằng hiện tượng này chứa đựng hai điều bí ẩn.

Câu đố thứ nhất: “mất năng lượng”. Nếu hạt nhân $X$ tự phát biến thành hạt nhân $Y$ thì điều này có nghĩa là năng lượng $W_X$ của hạt nhân $X$ lớn hơn năng lượng $W_Y$ của hạt nhân $Y$. Và năng lượng phát ra từ các hạt beta phải bằng hiệu năng lượng $W_X - W_Y$ (nếu chúng ta bỏ qua năng lượng giật lại).

Vì tất cả các hạt nhân $X$ ban đầu đều giống nhau, cũng như tất cả các hạt nhân $Y$ nhận từ chúng đều giống nhau nên tất cả các hạt beta phát ra phải có cùng năng lượng. Các thí nghiệm cho thấy năng lượng của hầu hết các hạt beta đều nhỏ hơn mức chênh lệch năng lượng $W_X - W_Y$. Chính xác hơn: các hạt β có năng lượng khác nhau và chúng đều nằm trong khoảng từ 0 đến giá trị tối đa là $W_X - W_Y$. Ví dụ: đối với các hạt beta phát ra từ hạt nhân $^{210}_{83}$Bi (chu kỳ bán rã 5 ngày), giá trị năng lượng tối đa là khoảng 1 MeV và năng lượng trung bình trên mỗi hạt nhỏ hơn 0,4 MeV.

Người ta tạo ra ấn tượng rằng phân rã beta là một quá trình trong đó vi phạm định luật bảo toàn năng lượng, năng lượng biến mất không dấu vết. Một số nhà vật lý có xu hướng nghĩ rằng định luật bảo toàn năng lượng, chắc chắn đúng trong thế giới của các quá trình cực đại, là “không cần thiết” đối với một số quá trình liên quan đến các hạt cơ bản. Ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng nghiêng về ý tưởng này (về khả năng vi phạm định luật bảo toàn năng lượng). Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Những ý kiến ​​khác cũng bày tỏ rằng ngay cả một nhà vật lý như Niels Bohr cũng có xu hướng tin rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm. Các ý kiến ​​khác lại cho rằng khả năng làm gián đoạn nguyên tố này sẽ biến thành proton.

(Cuối cùng xem trang 34)

*) Bây giờ có một quan điểm khác - tế bào thần kinh có khối lượng nghỉ rất nhỏ. Tuy nhiên, cho đến khi thực tế này tồn tại, nó không thể được chứng minh.

31

32

Kính vạn hoa «Kvant»
Toán học là một môn khoa học không chỉ chỉ ra sự tương ứng trong từng trường hợp mà còn xác định nguyên tắc mà chúng phụ thuộc vào bản chất của sự vật.

L. Euler

Leonhard Euler (1707–1783) là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất đã đặt nền móng cho toán học trong thế kỷ 17–18. Là con trai của một mục sư người Thụy Sĩ, ông được gọi đến Nga vào năm 1726 để làm việc tại Học viện Khoa học St. Petersburg và ở lại đây cho đến cuối đời, ngoại trừ giai đoạn (1741-1765) làm việc tại Học viện Khoa học Berlin.

Cả năng suất của ông (khoảng 800 công trình, được sưu tầm thành 72 tập) và khả năng nhìn ra nội dung chính trong bất kỳ lĩnh vực toán học nào mà ông nghiên cứu đều hoàn toàn đáng kinh ngạc. Trong hầu hết các ngành khoa học toán học, nhất thiết phải có những định lý, công thức và phương trình cơ bản mang tên Euler.

Bạn có thể đọc thêm về Euler và công trình của ông trong số 10 tạp chí của chúng tôi năm 1983.

Cách cắt bánh

Matematika là một khoa học chính xác. Cô dạy đếm, đo lường và nhiều hơn thế nữa. Vì vậy, không có gì đáng ngạc nhiên khi trong bữa tiệc sinh nhật của bạn, bạn phải cắt chiếc bánh thành 11 miếng, mọi người đều hét lên: “Để Misha làm nhé!” - dù sao thì Misha cũng là học sinh giỏi toán nhất lớp. Misha nhìn chiếc bánh. Chiếc bánh tròn, nhưng không tròn lắm, một mặt dày hơn và mặt kia mỏng hơn. Có, bài toán thật khó khăn.

“Hãy để tôi thực sự cắt chiếc bánh thành những phần bằng nhau, nhưng người khác sẽ nghĩ rằng đối với anh ta ít hơn là đủ so với người hàng xóm của anh ta. Làm sao tôi có thể chứng minh rằng các phần của chiếc bánh thật là như nhau? - Misha nghĩ.

Nhưng sau đó anh nhớ lại cách đây vài ngày anh đã chia sẻ cây kem với cậu bé sinh nhật, mua với giá hai kopecks - của anh ấy và của anh ấy. “Sau đó, tôi cắt kem thành hai phần, nghĩa là bằng nhau, nhưng đồng thời, để giấu chúng đi.

1. Trong một hình vuông matz 3x3, tổng các số ở tất cả các hàng ngang và dọc cũng như dọc theo các đường chéo đều bằng nhau (hình 1). Đồng thời, số 5 phải ở trung tâm của nó. Nếu chúng ta đặt số 1 (hình 2) vào ô trung tâm, thì việc đặt các số còn lại từ 2 đến 9 vào các ô của hình vuông sao cho tất cả các tổng được chỉ định đều bằng nhau hóa ra là không thể. Cố gắng sắp xếp chúng sao cho số lượng ở hàng ngang và hàng dọc bằng nhau.

M. V. Varga

33

thực sự còn lại 1/11, nhưng nếu bạn nghĩ rằng không có nhiều hơn 1/11 chiếc bánh trong đó, tức là phần còn lại không nhỏ hơn 10/11, thì hãy tiếp tục mà không chạm vào chiếc bánh. Sau bạn, người tiếp theo có thể làm tương tự với phần đầu tiên, v.v. cho đến khi tất cả các chàng trai đã được phỏng vấn. Ai chạm vào miếng cuối cùng thì lấy, đặc biệt nếu không ai cắt miếng nào thì miếng đó sẽ về tay tôi. Công bằng à?" “Có vẻ như vậy,” Kolya trả lời thay cho các chàng trai, “và sau đó thì sao?
“Tiếp theo,” Misha nói, mỉm cười vui vẻ vì ý thức được bài toán đã giải đúng, “nó sẽ vẫn còn

10 người tự tin rằng phần còn lại ít nhất là 10/11 của toàn bộ chiếc bánh. Theo cách tương tự, chúng tôi sẽ chia cho một trong số họ 1/10 phần này, tức là 1/11 toàn bộ chiếc bánh, v.v., cho đến khi người sau nhận được phần của mình trong chiếc bánh, mà theo quy tắc, anh ta sẽ thường xuyên coi không dưới 1/11 toàn bộ chiếc bánh, giống như những người khác.

Câu chuyện này là hư cấu và lời giải của nó có giá trị lý thuyết hơn là thực tế, đặc biệt nếu chiếc bánh dễ vỡ vụn. Tuy nhiên, vấn đề này sẽ không tồn tại nếu bánh được làm từ kem. Tuy nhiên bài toán về việc chia sẻ

ở đây lời giải đơn giản hơn những gì được nêu trong sách, nó được gửi cho chúng tôi bởi Misha Obodovsky, một học sinh lớp 7 “B” tại trường số 2 ở Moscow, hiện cậu ấy đã là học sinh lớp 8.

A.P.

CÂU ĐỐ

2. Giải chuỗi câu đố “Mùa”:

XUÂN VÀO = CÓ
MÙA HÈ:IN = ORLE
MÙA THU VÀO = MOSCOW
MÙA ĐÔNG VÀO = ILIME

V. M. Radunsky
3. Câu đố này rất đơn giản để thực hiện, nhưng không hề dễ dàng để giải quyết. Chúng ta cần bắt đầu một hình

Hình 3.
hiển thị ở hình 3 và tạo thành năm

Hình 4
chuỗi, mỗi chuỗi có năm hình vuông. Thật tiện lợi khi làm dây chuyền từ bìa cứng, buộc sợi chỉ ở hai bên bằng các ô vuông bằng bìa cứng (hình 4). Teger cố gắng xếp hình bằng các chuỗi kết quả.

N. I. Avilov

34

Toán 10

Sử dụng hàm nghịch đảo

Ở trường, tích phân được tính bằng công thức Newton-Leibniz. Cách tính tích phân theo cách này

$$I_1 = \int_0^1 \arcsin x \, dx,$$

bạn cần biết nguyên hàm của hàm $\arcsin x$, nhưng bạn không biết điều đó. Cuộc sống thế nào?

Chúng ta hãy chuyển sang ý nghĩa hình học của tích phân: tích phân là diện tích. Cụ thể, $I_1$ là diện tích của vùng được bao quanh bởi hình 1 màu xanh lam. Chúng ta hãy tìm diện tích này là hiệu giữa diện tích của hình chữ nhật tương ứng và diện tích $\sigma_1$ của “vùng màu vàng”. Vì đồ thị của hàm $\arcsin x$ là đồ thị “đảo ngược” (thu được bằng cách đối xứng quanh đường $y=x$) của hàm $\sin x$, nên diện tích $\sigma_1$ bằng diện tích dưới hình sin $x=\sin y$ trong vùng thay đổi $y$ từ 0 đến $\frac{\pi}{2}$:

$$\sigma_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin y \, dy = -\cos y \Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 1.$$

Vì vậy, $I_1 = \frac{\pi}{2} - 1$.

Bây giờ chúng ta tính tích phân

$$I_2 = \int_a^b \ln x \, dx \quad (1<a<b).$$

Chúng ta hãy nhìn lại hình (hình 2). Lần này “diện tích màu xanh” $I_2$ bằng diện tích của “hình chữ nhật lớn” trừ đi diện tích của “hình chữ nhật nhỏ” và diện tích $\sigma_2$ của “khu vực màu vàng”. Đồ thị hàm số $\ln x$ là đồ thị “ngược” của hàm nghịch đảo $e^x$, do đó $\sigma_2$ là diện tích nằm dưới đồ thị hàm số $x=e^y$ trong vùng biến đổi $y$ từ $\ln a$ đến $\ln b$:

$$\sigma_2 = \int_a^b e^y \, dy = e^y \Big|_a^b = b-a.$$

35

Vì vậy, $I_2 = b \cdot \ln b - a \times \ln a - (b - a) = b \cdot \ln \frac{b}{e} - a \cdot \ln \frac{a}{e}$.

Chúng ta đã hai lần biểu thị vô số của một hàm nào đó (arcsin $x$, ln $x$) dưới dạng vô số của hàm nghịch đảo ($\sin x, e^x$).

$$\ln x \text{ и } e^x - \text{ взимно-образные функции. Но arcsin } x \text{ и sin } x - \text{ не взимно-образные функции (sin } x - \text{ не обратная функция); взимно-образными являются arcsin } x \text{ и sin } x, \text{ рассматриваемый на отрезке } \left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right], \text{ или, как говоря математики, } cy\text{ значение функции sin } x \text{ на отрезок } \left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right].$$

Điều này không thể được thực hiện trong trường hợp chung? Ví dụ: nếu đồ thị của hàm $f$ có dạng giống như trên hình 3 và hàm $g$ là nghịch đảo của $f$ trên $[a; b]$, thì từ hình 3

$$\int_a^b f(x)dx = b \cdot f(b) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy. \quad (1)$$

Không, nếu đồ thị của hàm $f$ có dạng như trong Hình 4, a hoặc 4, 6 thì đẳng thức (1) không thể thu được từ hình. Liệu nó có còn đúng không? Nếu đúng thì chứng minh thế nào?

Không rõ cách chứng minh đẳng thức (1) cho một khoảng. Hãy thử chứng minh phát biểu tương ứng về sai phân thứ nhất. Lưu ý ở (1) $b$ đến $x$:

$$\int_a^b f(t)dt =$$

$$= x \cdot f(x) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy \quad (2)$$

(để đơn giản, chúng tôi cũng thay thế biến nội bộ hóa $x$ bằng $t$; các giá trị bên trong rất độc lập với chỉ định của biến nội bộ hóa:

$$\int_a^b f(x)dx = \int_a^b f(t)dt = \int_a^b f(z)dz = \dots).$$

Như đã biết, hàm $\int_a^b f(t)dt$ là nguyên hàm của hàm liên tục $f$ (“Đại số và Nguyên tắc Phân tích 9-10”, bài toán 1046). Do đó, nếu đẳng thức (2) đúng thì hàm

$$x \cdot f(x) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy,$$

hoặc, cái gì giống nhau, khác với nó bởi một hằng số hàm

$$\Phi(x) = x \cdot f(x) - \int_a^b g(y)dy, \quad (3)$$

cũng sẽ là nguyên hàm của $f$.

Để kiểm tra xem điều này có đúng hay không, chúng ta cần lấy đạo hàm vế phải của đẳng thức (3). Do đó, chúng tôi yêu cầu hàm $f$ phải khả vi.

Hàm $\int_a^b g(y)dy$, nằm ở vế phải của đẳng thức (3), là sự kết hợp của hàm $z = f(x)$ và hàm $\int_a^b g(y)dy$. Bởi vì

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = g(z), \quad (4)$$

theo quy luật phân biệt thành phần

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = g(f(x)) \cdot f'(x).$$

Vì hàm $g$ là nghịch đảo của $f$, $g(f(x)) = x$. Kể từ đây,

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = x \cdot f'(x).$$

Posetom

36

Xét Định lý 1, sử dụng công thức Newton-Leibniz, chúng ta thu được

$$\int_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(x) \Big|_{a}^{b} =$$

$$= [x \cdot f(x) - \int_{a}^{x} g(y)dy] \Big|_{a}^{b} =$$

$$= b \cdot f(b) - \int_{a}^{b} g(y)dy -$$

$$- a \cdot f(a) + \int_{a}^{b} g(y)dy =$$

$$= b \cdot f(b) - a \cdot f(a) - \int_{a}^{b} g(y)dy,$$

Q.E.D.

Ví dụ: hàm $y = \frac{1}{1+\sqrt{x}}$ khả vi và khả nghịch bởi ]0; +∞[ (hình 5). Dễ dàng tính được rằng nghịch đảo của nó sẽ là hàm $x = \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 (0 < y \leq 1)$. Đó là lý do tại sao

$$\int_{0}^{1} \frac{dx}{1+\sqrt{x}} = \frac{1}{2} - \int_{1}^{1/2} \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \int_{1/2}^{1} \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \int_{1/2}^{1} \left(\frac{1}{y^2} - \frac{2}{y} + 1\right)dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \left(-\frac{1}{y} - 2 \ln y + y\right) \Big|_{1/2}^{1} = 2 \ln \frac{e}{2}.$$

Mục đích chính của bài viết này là cho thấy việc tạo một bản vẽ và tích hợp các khái niệm hình học tương tự có thể hữu ích như thế nào (cố gắng “mở” công thức (1) mà không cần vẽ!). Để diễn giải những câu nói nổi tiếng của Caesar, ý tưởng này có thể được diễn đạt như sau: “Đã vẽ, đã cưa, đã chứng minh!”

Bài tập.
2. Tìm nguyên hàm trên [1; +∞[ cho hàm $a) y = \sqrt{x^2 - 1} + x, 6) y = \sqrt{x^2 - 1}$.
3. Tính a) $\int_{-1}^{0} \arcsin \sqrt{x} dx,$ b) $\int_{0}^{1} \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx$.

P. G. SATYANOV

37

Nhiệm vụ

1. Tìm tất cả các số có hai chữ số chia hết cho mỗi chữ số trong ký hiệu của chúng.

2. Khi đến Artek, năm chàng trai đến từ Moscow, Leningrad, Gorky, Perm và Sverdlovsk đã ngồi vào một bàn tròn - Yura, Tolya, Lesha, Kolya và Vitya.

Moskovich ngồi giữa Sverdlovsk và Vitya, Leningrader ngồi giữa Yura và Tolya, đối diện với anh ta là Perm và Lesha. Kolya chưa bao giờ đến Leningrad, Yura đã từng đến Gorky, nhưng chưa đến Sverdlovsk, và cư dân Sverdlovsk và Tolya thường xuyên trao đổi thư từ. Xác định xem ai trong số họ sống ở đâu.

3. Tìm số nhỏ nhất có bốn chữ số có căn bậc hai bằng số tạo bởi hai chữ số đầu cộng với căn bậc hai của số tạo bởi hai chữ số cuối của nó.

4. Để mở một chai có nút máy in bên trong, bạn nên làm nóng cổ chai. Công thức này dựa trên điều gì?

5. Thay thế các chữ số bị thiếu trong các đẳng thức trên hình.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi: V. F. Lev, M. A. Rollova, N. K. Antonovich, A. P. Savin, S. N. Oleksnik.

37

38

Bài toán

M921—M925; F933—F937

M921. Trong tứ giác lồi ABCD, đã biết giá trị của hai góc $\angle A=\alpha$ và $\angle B=\beta$ và diện tích kép của nó là $AB\cdot CD+BC\cdot AD$. Tìm tỉ số độ dài tất cả các cạnh của nó $AB:BC:CD:DA$ nếu
a) $\alpha=5\pi/12$, $\beta=7\pi/12$; 6) $\alpha=\pi/2$, $\beta=\pi/3$*;
b) Tìm xem $\alpha$ và $\beta$ nào tồn tại một tứ giác như vậy và biểu thị tỉ số các cạnh của nó theo $\alpha$ và $\beta$.

M922. Chứng minh rằng phương trình
$$\sin^p x+\cos^q x=1,$$
trong đó $p$ và $q$ là các số dương, có lời giải trong khoảng $0<x<\pi/2$ khi và chỉ khi $(p-2)(q-2)<0$ hoặc $p=q=2$.

A. M. Sedletsky

M923. Chứng minh rằng mặt phẳng của một số bằng độ dài hình chiếu của nó lên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đó.

M924. Mỗi hai trong số $n$ điểm (không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng) được kết nối bằng một đoạn và các mũi tên được đặt trên tất cả các đoạn. Tam giác ABC có các đỉnh tại các điểm này được gọi là tam giác định hướng nếu các mũi tên được đặt theo các hướng AB, BC, CA hoặc AC, CB, BA (ví dụ: trên hình 1 chỉ có ba tam giác định hướng trong số 10).
a) Giải thích cách sắp xếp các mũi tên sao cho không xuất hiện các hình tam giác định hướng.
b)* Số lượng tam giác định hướng tối đa có thể có (cho mỗi $n$) là bao nhiêu? (Vẽ ví dụ tương ứng cho $n=4$, 5 và 6.)
I. Tsalenchuk, học sinh lớp 10.

M925. (Sự tiến hóa của các đốm màu.) Có một hình màu xanh lam $K_0$ trên mặt phẳng màu trắng. Từ đó, thu được một hình màu xanh lam mới $K_1$ theo quy tắc sau, áp dụng đồng thời cho tất cả các điểm $M$ của mặt phẳng: nếu ít nhất một nửa diện tích của hình tròn bán kính 1 với tâm tại điểm $M$ bị chiếm bởi phần lướt, thì điểm $M$ trở thành màu xanh lam và nếu nhỏ hơn một nửa thì màu trắng**). Bước tiếp theo từ

*) Gần a) và 6) bài toán được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh năm 1984 tại Khoa Kinh tế của Đại học Tổng hợp Mátxcơva.
**) Giả sử các hình thu được ở mỗi bước đều có diện tích; đây sẽ là trường hợp, ví dụ: nếu hình $K_0$ bị giới hạn bởi các đoạn thẳng và cung tròn.

39

kết quả là hình màu xanh lam $K_1$, theo quy tắc tương tự, thu được hình $K_2$, sau đó từ nó - $K_3$, v.v. Chứng minh rằng a) đối với một hình giới hạn tùy ý $K_0$, bắt đầu từ một bước nhất định, toàn bộ mặt phẳng sẽ trở thành màu trắng; b) nếu $K_0$ là đường tròn có bán kính 100 thì đường tròn này sẽ trùng nhau không muộn hơn một triệu bước.

A. L. Toom

F933. Hai cục đường có thể được cho vào ly trà theo nhiều cách khác nhau. Bạn có thể chỉ cần đặt đường ở dưới cùng (hình 2, a), hoặc có thể lắp các miếng “vrasor” nếu kính có hình dạng hữu hạn (hình 2, b). Trong trường hợp nào đường sẽ tan nhanh hơn nếu trà không được khuấy?

L. A. Ashkinazi

F934. Bình cách nhiệt được chia thành hai phần bằng một piston nhẹ. Ở phía bên trái của bình có $m_1=3$ g hydro ở nhiệt độ $T_1=300$ K, ở phía bên phải - $m_2=16$ g oxy ở nhiệt độ $T_2=400$ K. Piston dẫn cơ thể yếu đi, và nhiệt độ trong bình dần dần cân bằng. Lượng nhiệt từ lớp phân loại vào thời điểm piston ngừng chuyển động là bao nhiêu?

Z. A. Rafanlov

F935. Dòng điện $I_0$ chạy dọc theo một dây dẫn thẳng dài có tiết diện không đổi. Ở phần $AB$ của dây dẫn (hình 3), điện trở suất của nó giảm từ $\rho_1$ ở phần $A-A$ xuống $\rho_2$ ở phần $B-B$. Độ lớn và dấu của điện tích không gian hình thành ở phần $AB$ là bao nhiêu?

V. V. Mozhaev

F936. Dòng điện $I_0=0,1$ A chạy qua một nút điện siêu dẫn dài có độ tự cảm $L_0=0,1$ H, chứa $N=200$ vòng dây. Từ xa, một cuộn dây dẫn kín có cùng bán kính với số vòng quay của cuộn dây điện từ được đưa đến nút điện từ; độ tự cảm của cuộn dây $L_1=1\cdot 10^{-3}$ H. Các cuộn dây được đặt giữa các cuộn dây của cây thông Solenodia với chúng. Dòng điện chạy qua cuộn dây sẽ thay đổi như thế nào? Năng lượng của hệ sẽ thay đổi như thế nào?

F937. Một người đàn ông có “chiều cao” $h=20$ cm được vẽ trên một bức tường thẳng đứng, đầu người đàn ông ở độ cao $H=2$ m so với sàn nhà. Sử dụng một thấu kính có tiêu cự $F=0,1$ m sẽ thu được ảnh của một người trên sàn nhà. Tìm kích thước của hình ảnh sắc nét nhất.

A. R. Zilberman

Problems

M921—M925; P933—P937

M921. The angles $\widehat{A}=\alpha$ and $\widehat{B}=\beta$ of the convex quadrilateral $ABCD$ are known; its doubled area equals $AB\cdot CD+BC\cdot AD$. Find the ratios of its sides $AB:BC:CD:DA$ if

42

M902. Chuỗi nagural 1, 2, 3, … được chia thành nhiều cấp số cộng. Chứng minh rằng mặc dù một trong những cấp số nhân này nhưng số hạng thứ nhất chia hết cho hiệu của nó.

$$\angle AKB, \text{ то есть } \frac{1}{2} \angle B + \angle C = \frac{1}{2} \angle A + \angle C \text{ или } \angle A = \angle B; \text{ либо } \angle AMB + \angle AKB = 180^\circ, \text{ то есть } \angle A + \frac{1}{2} \angle B + \frac{1}{2} \angle A + \angle B = \frac{3}{2} (\angle A + \angle B) = 180^\circ \text{ или } \angle C = 180^\circ - (\angle A + \angle B) = 60^\circ.$$

V. L. Gugenmacher

M903. Có một khối đa diện lồi nào mà bất kỳ phần nào của nó theo một mặt phẳng không đi qua đỉnh đều là một đa giác có a) chẵn; b) số cạnh lẻ?

Chúng ta biểu thị bằng $a_1, a_2, \dots, a_n$ số hạng đầu tiên của cấp số mà chuỗi tự nhiên được chia và bằng $d_1, d_2, \dots, d_n$ sự khác biệt của chúng. Tích của tất cả sự khác biệt được bao gồm trong một trong các cấp số nhân, nghĩa là đối với một số $i, 1 \leq i \leq n$ và một số $k$ tự nhiên

$$d_1 d_2 \dots d_n = a_i + k d_i.$$

Từ đẳng thức này suy ra rằng $a_i$ chia hết cho $d_i$.

A. V. Kelarev

a) Đáp số: tồn tại. Chúng ta hãy chứng minh rằng điều kiện bài toán được thỏa mãn bởi bất kỳ khối đa diện nào từ mỗi đỉnh mà số cạnh chẵn xuất hiện, ví dụ: bát diện (xem hình).

Chúng ta hãy xem xét một phần tùy ý của một khối đa diện không đi qua các đỉnh. Rõ ràng, nó có thể được đọc để di chuyển sao cho nó trở nên không song song với bất kỳ cạnh nào của khối đa diện và số cạnh của nó vẫn giữ nguyên. Bây giờ chúng ta sẽ di chuyển mặt phẳng phần song song. Khi đó số cạnh của nó sẽ chỉ thay đổi khi đi qua một đỉnh và mỗi lần chỉ đi qua một đỉnh. Nếu một số chẵn các cạnh $n$ hội tụ trong đó và $k$ trong số chúng giao nhau với mặt phẳng cắt trước khi đi qua đỉnh này (và do đó, $n - k$ - sau khi chuyển đổi; xem hình), thì số đỉnh của phần sẽ chuyển sang $n - 2k$ và do đó, tính chẵn lẻ của nó sẽ được giữ nguyên. Và vì ở cuối mặt phẳng cắt sẽ không giao nhau với bất kỳ cạnh nào nên số cạnh phải luôn luôn chẵn, ngoại trừ khi đi qua các đỉnh.

b) Đáp số: không tồn tại. Từ lời giải bài toán a) suy ra rằng nếu tất cả các phần của khối đa diện không đi qua các đỉnh có cùng tính chẵn lẻ (cụ thể là số lẻ), thì một số cạnh chẵn sẽ xuất hiện từ mỗi đỉnh. Nhưng sau đó, như đã chỉ ra ở đó, số cạnh của bất kỳ phần nào như vậy phải là số chẵn.

N. V. Vasiliev, V. N. Dubrovsky

M904. Với mọi số tự nhiên
$$A = 10^n a_n + 10^{n-1} a_{n-1} + \dots + 10 a_1 + a_0$$
(với ký hiệu thập phân $a_n a_{n-1} \dots a_1 a_0$) đặt

a) Chứng minh rằng nếu ký hiệu thập phân $A$ chứa ít nhất hai chữ số và $A \neq 19$ thì
$$D(A) < A.$$

Đặt $A = 10^n a_n + 10^{n-1} a_{n-1} + \dots + a_0, a_n \geq 1$, sau đó $A \geq 10^n$. Đồng thời

43

$$D(A) = a_n + 2a_{n-1} + 2^2a_{n-2} + \dots + 2^{n-1}a_1 + 2^n a_0.$$
Ví dụ: $D(1985) = 1 + 2 \times 9 + 2^2 \cdot 8 + 2^3 \cdot 5 = 91$,
$D(91) = 9 + 2 \cdot 1 = 11$,
$D(11) = 3$.
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $A = A_0$ trong dãy $A_1 = D(A_0)$, $A_2 = D(A_1)$,… luôn tồn tại số $A^* = A_k < 20$ thỏa mãn $D(A^*) = A^*$.
b) $A^*$ bằng $A = 19^{85}$ là bao nhiêu?

$$D(A) = a_n + 2a_{n-1} + \dots + 2^n a_0 \leq 9 + 2 \cdot 9 + \dots + 2^n \cdot 9 = 9(2^{n+1} - 1) < 18 \cdot 2^n < 10^2 \cdot 2^{n-2}.$$
Do đó, $D(A) < A$ tại $n \geq 2$. Đối với $n = 1$, nghĩa là đối với $A = 10a_1 + a_0$, chúng ta có:
$$A - D(A) = 10a_1 + a_0 - a_1 - 2a_0 = 9a_1 - a_0 > 0$$
cho tất cả các giá trị của $a_1$ và $a_0$, ngoại trừ $a_1 = 1$, $a_0 = 9$ ($A = 19$) và $D(19) = 19$. Cuối cùng, đối với $n = 0$, tức là đối với các số có một chữ số $A$, rõ ràng là $D(A) = A$.

Như vậy, dãy $A = A_0$, $A_1$, $A_2$, … sẽ tiêu diệt nghiêm ngặt cho đến khi gặp số $A_k = A^*$ bằng 19 hoặc một chữ số; cho số này $D(A^*) = A^*$.

6. Đáp số: $A^* = 19$. Hãy chứng minh rằng nếu số $A$ chia hết cho 19 thì $D(A)$ cũng chia hết cho 19. Suy ra rằng với $A = 19^{85}$ thì số $A^*$ chia hết cho 19, và vì theo mệnh đề a) $A^* < 20$, điều này chỉ có thể xảy ra với $A^* = 19$.

Đối với bất kỳ số nào $A = 10^n a_n + 10^{n-1} a_{n-1} + \dots + a_0$ hãy xem xét sự khác biệt
$$2^n A - D(A) = (20^n - 1) a_n + 2 (20^{n-1} - 1) a_{n-1} + \dots + 2^{n-1} \cdot (20 - 1) a_1.$$
Mỗi số hạng ở vế phải của phương trình này chia hết cho 19, vì $20^k - 1 = 19 \cdot (20^{k-1} + 20^{k-2} + \dots + 1)$, nên nếu $A$ chia hết cho 19 thì $D(A)$ cũng chia hết cho 19.

E. I. Gurnits, A. L. Fedorov

F913. Một cục pho mát được ném từ mặt đất nằm ngang theo góc $\alpha = 60^\circ$ về phía chân trời với tốc độ $v_1 = 12$ m/s. Tuy nhiên, một khối có khối lượng gấp đôi được ném lên đỉnh của perumu thứ nhất một góc $\beta = 30^\circ$ so với đường chân trời, và vận tốc ban đầu của các khối hóa ra là nhẹ trong một mặt phẳng thẳng đứng. Sau cú va chạm, các khối u đã bị cắt bỏ. Tìm vận tốc (modulo) của một khối gỗ xẻ rơi xuống đất.

◆ Xét chuyển động của khối tâm (cm) của các khối. Tốc độ c. m. ngay trước khi chạm đất có độ lớn bằng vận tốc c. m. khi ném cục u, và
$$3m\vec{v} = m\vec{v}_1 + 2m\vec{v}_2,$$
(1)
trong đó $\vec{v}$ là tốc độ c. m. khi ném, $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ là vận tốc của cục u lúc này, $m$ là khối lượng nhỏ hơn cục u.

Ta đặt gốc tọa độ tại điểm ném khối lượng $m$, hướng trục $X$ nằm ngang sao cho nó đi qua điểm ném khối lượng lớn, và trục $Y$ – thẳng đứng hướng lên trên. Chúng ta hãy viết đẳng thức (1) trong các hình chiếu trên trục $X$ và $Y$, trước đó đã chia cả hai cạnh của nó cho $m$:

$$3v_x = v_1 \cos \alpha - 2v_2 \cos \beta,$$
(2)
$$3v_y = v_1 \sin \alpha + 2v_2 \sin \beta$$

(ở đây $v_x$ và $v_y$ là hình chiếu của $\vec{v}$ trên trục $X$ và $Y$). Ta tìm vận tốc $v_2$ từ điều kiện tại điểm va chạm sẽ xảy ra ở thời điểm $t$ thì tọa độ dọc theo trục $Y$ của các khối là như nhau:

$$v_1 t \sin \alpha - \frac{gt^2}{2} = v_2 t \sin \beta - \frac{gt^2}{2},$$

Ở đâu

$$v_2 = v_1 \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = v_1 \sqrt{3}.$$

Thay biểu thức tìm được cho $v_2$ vào (2), chúng ta thu được:

$$v_x = -\frac{5}{6} v_1, \quad v_y = \frac{\sqrt{3}}{2} v_1.$$

44

Vậy vận tốc của vật bị cắt khi chạm đất là

$$v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \frac{\sqrt{13}}{3} v_1 \approx 14 \text{ m/c.}$$

V. I. Chivilev

F914. Nước sốt kín có thể tích $V = 33,6$ dm³ chứa nitơ $u = 1$ mol nước. Ở nhiệt độ $t = 100^\circ\text{C}$ áp suất trong nước sốt là $p = 2 \cdot 10^5$ Pa. Xác định lượng nitơ trong nước sốt.

Áp suất $p$ trong nước sốt bao gồm áp suất riêng phần của nitơ $p_a$ và hơi nước $p_n$. Giá trị tối đa có thể có $p_n$ là áp suất hơi nước bão hòa $p_H$ ở nhiệt độ nhất định. Ở $T = 373$ K $p_H = 10^5$ Pa. Hãy xem lượng hơi nước $v_1$ trong nước sốt phải là bao nhiêu để tạo ra áp suất $p_H$:

$$p_H V = v_1 RT \Rightarrow v_1 = \frac{p_H V}{RT} = \frac{10^5 \cdot 33,6 \cdot 10^{-3}}{8,3 \cdot 373} \text{ моль} \approx 1,1 \text{ моль.}$$

Điều này có nghĩa là khi $v = 1$ mol nước bay hơi, hơi thu được sẽ không bão hòa. Áp suất của hơi nước này là

$$p_n = v \frac{RT}{V} \approx 0,9 \cdot 10^5 \text{ Pa.}$$

Do đó, áp suất riêng phần của nitơ trong nước sốt là

$$p_a = p - p_n \approx 1,1 \cdot 10^5 \text{ Pa},$$

và lượng nitơ trong nước sốt -

$$v_a = \frac{p_a V}{RT} \approx 1,2 \text{ моль.}$$

S. M. Korshunov

F915. Một chất lỏng có tính thấm điện môi chảy giữa các bản của tụ điện phẳng cách điện với tốc độ $v$. Một từ trường có cảm ứng $\vec{B}$ hướng vuông góc với tốc độ $\vec{v}$ và song song với các bản. Xác định chiều của bản tụ điện. Khoảng cách giữa các tấm $d$.

Lực Lorentz hướng ngược nhau tác dụng lên các điện tích trái dấu của các lưỡng cực chuyển động của chất điện môi từ phía của từ trường (xem hình). Điều này dẫn đến sự phân cực của chất điện môi, và do các bản trên và bản dưới của tụ điện, các điện tích bề mặt trái dấu sẽ tồn tại trong chất điện môi, có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Những điện tích phân cực này tạo ra một điện trường.

Đặt hướng của trường này bằng $E$ (tại hình $\vec{E}$ hướng từ trên xuống dưới). Khi đó lực tác dụng lên điện tích dương của lưỡng cực chuyển động bằng

$$F = q (vB - E).$$

Theo định nghĩa về độ thấm điện môi, lực này phải nhỏ hơn ε lần so với lực $F_0$ tác dụng lên điện tích $q$, chuyển động với tốc độ $\vec{v}$, trong trường hợp không có chất điện môi. Nhưng trong trường hợp không có chất điện môi $E = 0$ và $F_0 = qvB$. Vì thế

$$F = \frac{F_0}{\varepsilon} \Rightarrow q (vB - E) = q \frac{vB}{\varepsilon},$$

$E$ đến từ đâu:

$$E = \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} vB.$$

45

Do đó, hiệu điện thế giữa các bản của tụ điện bằng

$$U = Ed = \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} vBd.$$

E. A. Romshevsky

F916. Trong mạch như ở hình 1 (D là một diode lý tưởng), công tắc K đóng trong một thời gian τ rồi mở. Tại thời điểm mở lớp, điểm trong cuộn cảm bằng $I_0$. Sau khi mở công tắc bao lâu thì dòng điện $I_L$ trong cuộn dây đạt giá trị cực đại nếu nó bằng $2I_0$? Xây dựng biểu đồ $I_L$ theo thời gian $t$ ($0 < t < \infty$).

Sau khi đóng khóa K trong một khoảng thời gian rất ngắn, chiều đến tụ điện và cuộn cảm trở thành suất điện động của nguồn $\mathcal{E}$ (xem hình 1: $\mathcal{E} = \varphi_A - \varphi_B$, dòng điện qua diode không chảy qua). Trong thời gian τ, điện tích không đổi $q = C\mathcal{E}$ sẽ duy trì trên tụ điện và dòng điện qua cuộn dây sẽ tăng theo định luật tuyến tính:

$$L \frac{di}{dt} = \mathcal{E} \Rightarrow i = \frac{\mathcal{E}}{L} t \quad (0 < t \leq \tau).$$

Tại thời điểm $t = \tau$, theo điều kiện, $i = I_0$, tức là

$$I_0 = \frac{\mathcal{E}}{L} \tau.$$

Nếu tại thời điểm này phím K được mở thì cuộn dây sẽ tiếp tục hoạt động theo thời gian do tụ điện phóng điện, như xảy ra trong mạch dao động thông thường, tức là theo định luật có chu kỳ $T = 2\pi \sqrt{LC}$.

Khi dòng điện đạt giá trị cực đại thì chiều tới cuộn cảm, diode, tụ điện trở thành 0, tức là tụ điện đã phóng điện hoàn toàn. Dựa vào định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

$$\frac{LI_0^2}{2} + \frac{C\mathcal{E}^2}{2} = \frac{LI_{\max}^2}{2}.$$

Cho rằng $I_{\max} = 2I_0 = \frac{2\mathcal{E}}{L} \tau$, chúng ta tìm thấy $LC = 3\tau^2$.

Giá trị của hàm $y = \sin x$ thay đổi từ 0,5 thành 1 khi đối số thay đổi từ $\pi/6$ thành $\pi/2$, tức là trong 1/6 khoảng thời gian. Do đó, thời gian $\Delta t$, sau đó điểm yếu trong cuộn dây thay đổi từ $I_0$ thành $2I_0$, bằng $T/6$, tức là

$$\Delta t = \frac{\pi}{3} \tau \sqrt{3} \approx 1,8\tau.$$

Tại thời điểm $t = \tau + \Delta t \approx 2,8\tau$ so sánh điện thế giữa hai điểm A và B thì điện trở của đoạn chứa diode theo chiều từ B đến A bằng không. Như vậy, tại những thời điểm tiếp theo sẽ có chính xác một dòng điện không đổi $I = 2I_0$ chạy qua cuộn cảm và diode thì điện tích của tụ điện sẽ bằng không.

Đồ thị của $I(t)$ được hiển thị trong hình 2.

Cần phải hoàn thành một bước hoàn thiện quan trọng hơn lời giải. Tại thời điểm $t = \tau$ sẽ có sự chuyển tiếp suôn sẻ (nghĩa là không có bước nhảy tùy ý) từ phần tuyến tính sang phần xoang xoang. Điều này là do thực tế là $di/dt$ tùy ý tỷ lệ thuận với hướng trên cuộn cảm $U_L = LI'$, tại mỗi thời điểm bằng điện áp trên tụ điện $U_C = q/C$. Và vì điện tích trên tụ điện không thể thay đổi nên không thể có điểm gấp khúc trong biểu đồ $I(t)$.

A. I. Kirkinsky, E. A. Romshevsky

46

Công cơ và năng lượng cơ học

Ô. Yu. Ovchinnikov

§ 1. Trong cơ học, công được thực hiện bởi một lực không đổi $\vec{F}$ khi vật chuyển động một lượng $\vec{s}$ bằng tích của lực và mô hình chuyển vị nhân với cosin của góc $\alpha$ giữa vectơ lực và vectơ chuyển vị:

$$A = Fs \cos \alpha.$$

Khái niệm này không phải lúc nào cũng tương ứng với ý tưởng chung của công việc. Ví dụ, một vận động viên cử tạ đang ôm một vật nặng trên tay hoặc một người khuân vác đang xách một chiếc vali nặng không thực hiện công cơ học (giải thích tại sao?).

Khi lực tác dụng lên một vật không đổi (mô hình hoặc hướng của nó thay đổi), công của lực đó có thể được tìm thấy như sau. Chúng ta hãy chia toàn bộ chuyển vị của vật thành các vùng nhỏ $\vec{s}_1, \vec{s}_2, \dots, \vec{s}_n$ sao cho trên mỗi vùng đó lực có thể coi là không đổi và bằng $\vec{F}_1, \vec{F}_2, \dots, \vec{F}_n$ tương ứng. Sau đó chúng ta sẽ tìm việc tại mỗi địa điểm:

$$A_1 = F_1s_1 \cos \alpha_1,$$

$$A_2 = F_2s_2 \cos \alpha_2, \dots,$$

$$A_n = F_ns_n \cos \alpha_n;$$

và tổng công việc sẽ bằng tổng công việc ở các khu vực riêng lẻ:

$$A = A_1 + A_2 + \dots + A_n.$$

Trong trường hợp đã biết hình chiếu của lực lên hướng chuyển động $F_s = F$ cos $\alpha$ thay đổi như thế nào từ điểm này sang điểm khác thì có thể tìm công bằng đồ họa (hình 1). Tổng diện tích phần BC bằng diện tích hình BDEC.

Bài toán 1. Để nâng một xích chính đồng nhất trên bàn ngang chính lên một cách đồng đều thì công việc được thực hiện là gì? Vị trí ban đầu của chuỗi được biểu thị bằng hình 2 và chiều dài của nó là $l = 6$ m; trọng lượng $m = 3$ kg.

Tại thời điểm ban đầu, sợi dây chịu tác dụng của một lực hấp dẫn $mg$ và cần có một lực để giữ nó

$$F_0 = mg.$$

Khi bạn nhấc dây xích lên bàn, lực cần thiết để nâng sẽ giảm đi. Chúng ta hãy biểu thị độ dài của phần sợi dây đã nằm trên bàn bằng $x$ (hình 2, b). Lúc này phải tác dụng lực lên dây xích

$$F = mg - \frac{mg}{l}x.$$

Hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc $F = F(x)$ (hình 2, s). Khi đó công mà lực này sẽ thực hiện khi nâng toàn bộ dây xích lên đều sẽ bằng diện tích bảo vệ của tam giác ba giàu:

$$A = \frac{1}{2} mgl = 90 \text{ Дж.}$$

Lưu ý rằng công thực hiện bằng công thực hiện để nâng trọng tâm của dây xích. Vì lúc đầu

47

Tại thời điểm nó được đặt cách mặt bàn một khoảng l/2 thì công A=mg(l/2) sẽ được yêu cầu.

Bài toán 2. Một sợi xích đồng nhất có chiều dài 2l và một hệ gồm hai thanh nối với nhau bằng một bản lề, mỗi thanh có chiều dài l (hình 3, a), được treo ở các điểm B và C, nằm trên cùng một đường ngang. Khối lượng của dây xích bằng khối lượng của các thanh thông thường. Trọng tâm nào - một sợi xích hoặc một hệ thanh - nằm bên dưới?

Bằng cách tác dụng lên sợi xích sao cho vị trí của nó trùng với vị trí của hệ các thanh (hình 3, b). Rõ ràng, trong trường hợp này trọng tâm của sợi xích và các thanh cũng trùng nhau. Vì để di chuyển sợi xích đến một vị trí mới cần phải thực hiện một số công lên nó, nên có thể lập luận rằng vị trí mới của trọng tâm của nó cao hơn vị trí trước đó.

Do đó, trọng tâm ban đầu của sợi xích là trọng tâm của hệ thanh.

Bài toán 3. Trong thí nghiệm đầu tiên, một lò xo có độ cứng k và chiều dài không điều chỉnh l0 bị kéo căng đến độ dài l. Trong thí nghiệm thứ hai, lò xo này trước tiên được cắt thành hai phần bằng nhau, sau đó lấy một phần và kéo dài nó đến độ dài l. Xác định công việc cần thực hiện trong opitech thứ nhất và thứ hai.

Theo định luật Hooke, khi lò xo bị dãn một đoạn x

xuất hiện lực đàn hồi F_ypr=-kx (dấu trừ chứng tỏ lực đàn hồi có xu hướng đưa lò xo về trạng thái ban đầu). Để một lò xo phát triển, một ngoại lực \vec{F} phải tác dụng lên nó, trong mô hình bằng độ đàn hồi, nhưng ngược chiều với nó:

F=-F_ypr=kx.

Hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc F=F(x) (hình 4, a) và sử dụng nó để tìm công phải hợp với ngoại lực để làm giãn lò xo không biến dạng một lượng x:

A=\frac{1}{2}(kx)x=\frac{kx^2}{2}.

Trong trường hợp lò xo đã bị giãn một giá trị x1 và bây giờ cần tăng lên x2 thì công của ngoại lực sẽ bằng (hình 4, b)

A=\frac{kx^2}{2}-\frac{kx^2}{2}.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán của chúng tôi. Trong thí nghiệm thứ nhất, để kéo căng một sợi xích lò xo có độ cứng k từ trạng thái không biến dạng đến chiều dài l cần phải thực hiện công:

A_1=\frac{kx^2}{2}=\frac{k(l-l_0)^2}{2}.

Trong thí nghiệm thứ hai, với cùng độ dài l, anh ta chỉ kéo dãn lò xo sao cho độ dãn x2=l-l0/2. Ngoài ra, độ cứng của đế lò xo không bằng độ cứng của xích lò xo: ​​nó bền gấp đôi (bạn tự chứng minh điều này nhé). Vì vậy, ở thí nghiệm thứ hai cần phải làm bài phù hợp.

48

$$A_2 = \frac{(2k)x_2^2}{2} = \frac{(2k)(l-l_0)/2)^2}{2} = k\left(l - \frac{l_0}{2}\right)^2.$$

§2. Trong cơ học, người ta thường phân biệt giữa động năng do chuyển động gây ra và thế năng, được xác định bởi vị trí tương đối của vật thể trong một hệ hoặc một bộ phận của cùng một vật thể.

Động năng của một vật có khối lượng $m$ chuyển động với tốc độ $v$ bằng

$$E_k = \frac{mv^2}{2}.$$

Thế năng của một vật nằm trong trường hấp dẫn ở độ cao $h$ trên mức 0 bằng

$$E_p = mgh,$$

và thế năng của một vật biến dạng đàn hồi bằng

$$E_p = \frac{kx^2}{2}.$$

Giữa khái niệm “công cơ học” và “năng lượng cơ học” có mối liên hệ chặt chẽ với nhau. Công do các lực bằng nhau tác dụng lên hệ bằng độ biến thiên động năng của hệ:

$$A = E_{k2} - E_{k1}.$$

Công do trọng lực hoặc lực đàn hồi tác dụng trong một hệ thực hiện bằng độ biến thiên thế năng của hệ với dấu ngược lại:

$$A = -(E_{p2} - E_{p1}).$$

Bài 4. Một miếng cao su dài (so với kích thước của hình hoa thị) có độ cứng $k$ được gắn vào thanh. Tìm tốc độ tối đa của một hòn đá có khối lượng $m$ được thả ra khỏi hình hoa thị, nếu lần đầu tiên nó bị kéo về một khoảng cách $x$ (hình 5).

Vì cao su dài nên chúng ta có thể giả sử rằng hai lực đàn hồi song song $\vec{F}$ tác dụng lên hòn đá. Khi hòn đá bị kéo lại một đoạn $x$ thì độ giãn dài tổng cộng của lò xo sẽ ​​là $2x$, và mô hình lực đàn hồi sẽ là $F = k(2x) = 2kx$.

Khi cao su trở về trạng thái không biến dạng ban đầu thì lực đàn hồi tác dụng lên đá sẽ sinh công

$$A = 2\frac{(2kx)x}{2} = 2kx^2.$$

Do công này, hòn đá sẽ thu được động năng

49

Công việc của luồng tham chiếu sẽ bằng

$$A = F_H x,$$
và thế năng của tải trọng trong trường hấp dẫn của Trái Đất sẽ thay đổi thành

$$\Delta E_p = mg(2x) = 2mgx.$$

Như vậy,

$$F_H x = 2mgx,$$

Ở đâu

$$F_H = 2mg.$$

§ 3. Năng lượng thuộc về số ít đại lượng vật lý thỏa mãn định luật bảo toàn.

Đặc biệt, nếu hệ các vật thể đóng kín và các vật thể chỉ tương tác với nhau thông qua trọng lực và độ đàn hồi, thì tổng cơ năng của hệ (tức là tổng động năng và thế năng) không đổi. Tác dụng của lực ma sát dẫn đến hiện tượng một phần cơ năng biến thành nội năng của hệ. Nhưng ngay cả trong trường hợp này, tổng của tất cả các loại năng lượng trong hệ vẫn không thay đổi.

Bài 7. Một cậu bé đi giày trượt sẽ tăng tốc đến vận tốc v và lăn lên một ngọn đồi phủ đầy băng. Đến độ cao nào, tính từ chân cầu trượt, nó có thể nâng lên được nếu hệ số ma sát là μ và độ dốc của cầu trượt so với đường chân trời là α?

Tại thời điểm ban đầu, cậu bé có động năng $$mv^2/2$$, và ở thời điểm cuối cùng - thế năng $$mgh$$ (ở đây m là khối lượng của cậu bé, h là độ cao nâng mong muốn). Do tổng cơ năng giảm nên sinh công chống lại lực ma sát $$F_{tp} = \mu mg\cos \alpha$$:

$$\frac{mv^2}{2} - mgh = (\mu mg \cos \alpha) \frac{h}{\sin \alpha}.$$

Từ đây chúng ta tìm được chiều cao h mong muốn:

$$h = \frac{v^2}{2g(1 + \mu ctg \alpha)}.$$

Bài 8. Một hòn đá có khối lượng m trượt khỏi mặt trượt chính có chiều cao H. Quá trình này được đo bằng khoảng cách trong hai hệ thống báo cáo quán tính khác nhau. Theo quan điểm của người quan sát trong một hệ đứng yên, thế năng của hòn đá mgH biến thành động năng $$mv^2/2$$, do đó sau khi trượt xuống dốc hòn đá có tốc độ v (hình 7). Quan sát, trong một hệ thống báo cáo chuyển động với tốc độ v sang bên phải, sẽ nói rằng lúc đầu hòn đá có thế năng mgH và động năng $$mv^2/2$$, còn ở cuối nó không có cái này hay cái kia. Năng lượng “biến mất” ở đâu?*)

Có thể nói ngay rằng định luật bảo toàn năng lượng cũng đúng trong trường hợp này. Lý do được hình thành trong một nghịch lý là lý luận được thực hiện cho một hệ không đóng băng - một hòn đá và Trái đất mà hòn đá tương tác lại không được tính đến. Hãy sửa lỗi này.

a) Trong hệ thống báo đứng yên (gắn với khối tâm của hệ đá - Trái đất), tại thời điểm ban đầu hòn đá và Trái đất đứng yên, mọi năng lượng đều bằng thế năng của hệ. Tại thời điểm cuối cùng, hòn đá đạt được tốc độ $\vec{v}$ và Trái đất đạt được tốc độ $\vec{u}$, tốc độ này có thể tìm thấy từ định luật bảo toàn động lượng:

$$mv - Mu = 0,$$

Ở đâu

$$u = \frac{m}{M} v,$$

trong đó M là khối lượng của Trái đất.

Theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$mgH = \frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = \frac{mv^2}{2} \left(1 + \frac{m}{M}\right).$$

Vì khối lượng của hòn đá không hề nhỏ so với khối lượng của Trái đất nên các giá trị của m/M có thể vượt quá so với đơn vị. Sau đó chúng tôi nhận được

$$mgH = \frac{mv^2}{2},$$

*) Những câu hỏi tương tự được thảo luận chi tiết trong bài viết của V. A. Orlov “Nghịch lý của cơ thể “to hơn”, đăng trên số thứ ba của tạp chí năm 1978. (Note ped.)

51

Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol

Vật lý
Bài thi viết
Khoa Vật lý

Mỗi varnat bao gồm một gót chân bài toán gồm ba loại.

Ba bài toán đầu tiên được tính toán, có độ khó khác nhau: từ gần như tiêu chuẩn đến tương đối phức tạp, đòi hỏi sự khéo léo, kiến ​​thức sâu sắc và khả năng hiểu được một tình huống vật lý thông thường hoặc không có đặc quyền.

bài toán thứ tư là điểm bài toán. Đối với lời giải của nó, cần phải hiểu hiện tượng vật lý đang được xem xét, xây dựng một mô hình vật lý đơn giản (vì chỉ cần ước tính) của hiện tượng này, chọn kết quả - giá trị số của các đại lượng vật lý và cuối cùng, thu được kết quả số ít nhiều tương ứng với thực tế. Trong văn bản bài toán, tôi giả sử rằng người nộp đơn có thể tự mình chọn các đại lượng vật lý và các giá trị số cần thiết cho lời giải bài toán.

bài toán thứ năm là phần minh họa bài toán, trong đó hiện tượng vật lý được thể hiện trong lớp học phải được giải thích. Ở đây điều quan trọng là phải hiểu các hiện tượng hiện có và làm nổi bật hiện tượng chính trong số các yếu tố khác nhau.

Vào lúc lời giải bài toán năm giờ đã được đưa ra, bắt đầu bằng việc hoàn thành phần trình diễn.

Tùy chọn 1

1. Dây ACB được uốn sao cho các điểm A, C và B tạo thành một tam giác đều (hình 1). Một dây nối EF làm bằng dây có tiết diện bằng một nửa được nối vào giữa các cạnh AC và BC. Một điện áp U được đặt vào các điểm A và B. Tìm điện áp rơi trên jumper.

2. Hai hình trụ cố định có tiết diện bằng S1 và S2 được nối với nhau bằng một ống (hình 2). Các xi lanh được bọc bằng piston và được kết nối chắc chắn với nhau. Thể tích khí bị giới hạn bởi pít-tông ban đầu bằng V và áp suất bên trong hệ bằng áp suất khí quyển bên ngoài p0. Áp suất khí quyển sau đó thay đổi thành p1. Piston sẽ di chuyển bao xa? Nhiệt độ không đổi. Hãy đưa ra yêu cầu bồi thường.

3. Bánh xe được trang bị phanh BC, được gắn bản lề tại điểm B trên cùng khung cứng với trục của bánh xe A (hình 3). Lò xo AC bị căng ép má phanh C vào vành bánh xe sao cho góc ACB bằng a. Khi bánh xe quay theo chiều kim đồng hồ thì lực ma sát do má phanh tạo ra là F1. Hệ số ma sát giữa miếng đệm và vành là μ. Tìm lực ma sát khi bánh xe quay ngược chiều kim đồng hồ.

4. Tiếp tục nhẩm một đường thẳng đi dọc theo dây dọi (một sợi chỉ thẳng đứng treo có vật nặng). Đối với các tàu cỡ trung bình, hãy ước tính khoảng cách từ tâm Trái đất mà đường thẳng này sẽ đi qua.

5. Nếu một pít-tông được lắp vào một xi-lanh kín, có khả năng trượt dọc theo các ống xi-lanh mà không có ma sát và có tải trọng tác dụng vào thì pít-tông trượt ra khỏi xi-lanh tương đối dễ dàng. Nếu bạn uống nước vào xi lanh, pít-tông vẫn giữ nguyên mặc dù khối lượng tải đáng kể. Giải thích hiện tượng đó.

Tùy chọn 2

1. Bán kính uốn cong bên ngoài của một svetovad làm bằng chất trong suốt có chỉ số lấp đầy n là bao nhiêu, sao cho với đường kính svetovad l, ánh sáng đi vào biến ánh sáng của mặt phẳng tiết diện sẽ lan truyền mà không đi ra ngoài qua bề mặt bên (hình 4)?

2. Không khí bị ép đi qua một ống có tiết diện thay đổi (hình 5). Cửa vào có diện tích S, cửa ra có diện tích S1. Tại cửa vào, tốc độ không khí không đổi và bằng v, nhiệt độ

52

Hình 7. Hình 8.

tỷ lệ $T$, áp suất $p$. Ở nhiệt độ đầu ra $T_1$, áp suất $p_1$. Tìm tốc độ không khí ở phần thoát.

3. Tại các điểm $A$ và $B$ (hình 6) ở khoảng cách $|AB| = a$ điện tích $+9q$ và $-q$ là cố định. Một hạt có khối lượng $m$ và có điện tích $+q$ chuyển động về phía chúng theo đường thẳng $AB$. Vận tốc tối thiểu mà hạt này phải có ở khoảng cách rất lớn là bao nhiêu để có thể đạt tới điểm $B$?

4. Ước tính tốc độ gió tối thiểu có thể lật đổ tàu chở ô tô.

5. Hai bình giống hệt nhau được đun nóng đến cùng nhiệt độ. Trong trường hợp này, một bình được rửa bằng nước nóng, trong khi bình kia vẫn khô. Sau đó cô đặt bình vào nước lạnh, đặt cả hai bình xuống. Sau khi chúng nguội đi, mực nước hút vào bình sẽ thay đổi. Giải thích hiện tượng đó.

Tùy chọn 3

1. Hai hạt có vận tốc nằm ngang, ngược chiều nhau $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ đồng thời bay ra từ một điểm. Sau khoảng thời gian nào thì góc giữa các hướng vận tốc của các hạt này sẽ bằng $90^\circ$? Gia tốc áp suất tự do $g$.

2. Một vòng cứng, mỏng không dẫn điện có khối lượng $M$, tích điện đều $+Q$, có một khe nhỏ có kích thước $l$ trong diện tích điểm $A$, nhỏ hơn nhiều so với bán kính của vòng (hình 7). Chiếc nhẫn được đặt trong mặt phẳng nằm ngang nên chỉ có thể quay tự do tương đối với trục thẳng đứng đi qua tâm của chiếc nhẫn $O$. Lúc đầu kết thúc, colute bắt đầu chuyển động sau khi một điện trường đồng nhất nằm ngang không đổi có hướng $\vec{E}$, vuông góc với $OA$, được bật lên. Tìm tốc độ tối đa của vòng.

3. Trụ đóng đứng thẳng đứng $A$ và $B$ có cùng chiều cao $H$ và diện tích đáy lần lượt là $S$ và $S/2$. Chúng được gắn trên hai hình trụ góc rộng $C$ với diện tích đáy $3S$ (hình 8). Ở phần trên, các hình trụ $A$ và $B$ được nối với nhau bằng ống 1, còn ở phần dưới, thông qua một lỗ nhỏ ở phía dưới, cả ba hình trụ được nối với nhau bằng một kênh hẹp chung 2. Hình trụ ban đầu $A$ được đổ đầy nước lên trên và lỗ ở dưới cùng của hình trụ này được đóng lại. Tìm chiều cao mực nước xác định trong xi lanh $C$ sau khi mở lỗ trong xi lanh $A$. Áp suất khí quyển $p_0$, mật độ nước $q$, gia tốc áp suất tự do $g$. Nhiệt độ không đổi. Bỏ qua thể tích của ống, kênh và thành bình.

4. Hãy ước tính sự thay đổi thể tích của quả bóng đá khi nó bị va chạm mạnh.

5. Khi đặt một vật chứa trong suốt, có mặt phẳng chứa đầy nước giữa bóng đèn và thấu kính, thì màn hình sẽ thấy hình ảnh sắc nét của đường xoắn ốc của bóng đèn. Nếu tháo kivet ra, hình ảnh sẽ bị mờ. Giải thích hiện tượng đó.

Ấn phẩm được biên soạn bởi G. V. Meledin

Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Bauman

Toán học

Bài thi viết

Tùy chọn 1

1. Tàu máy đi ngược dòng sông 6 km rồi đi thêm 27 km về phía hạ lưu, mất 1 giờ. Tìm vận tốc của mã nhiệt trong nước yên lặng nếu vận tốc của sông là 6 km/h.

2. Giải phương trình
   $$\cos 2x + \cos x + \cos 3x = 0.$$

3. Giải phương trình
   $$3^x = 3 + 2(\sqrt{3})^x.$$

4. Giải bất đẳng thức
   $$\log_2(x - 3) < 0.$$

5. Ở đầu có bán kính đáy $R$ và tiết diện trục là tam giác đều, dòng chữ là ký hiệu tam giác đều sao cho một trong các mặt bên của nó nằm trong mặt phẳng đáy hình nón, còn hai đỉnh còn lại nằm trên mặt bên của hình nón. Tìm thể tích của đối tượng nếu chiều cao của nó là $2/3R$.

Tùy chọn 2

1. Tổng số hạng thứ nhất và thứ tư của một cấp số nhân là 28, tổng số hạng thứ hai và thứ ba là 12. Tìm cấp số nhân.

2. Giải phương trình
   $$9\cos \frac{x}{3} - 2 \cdot 3\cos \frac{x}{3} = 3.$$

3. Giải phương trình
   $$x^3\sqrt{x^2} + 16 = 8\sqrt[6]{x^5}.$$

4. Giải bất đẳng thức
   $$\log_2\left(\frac{5x + 4}{x - 2}\right) > \mathrm{tg}g\frac{5}{4}\pi.$$

5. Một hình lập phương có cạnh có chiều dài $a$ được lắp một hình lục giác đều sao cho đường chéo của hình lập phương đi qua tâm của đáy hình và trên mỗi mặt của hình lập phương có hai đỉnh của hình. Tìm thể tích của hình đó nếu cạnh đáy của nó nhỏ hơn cạnh hình lập phương 3 lần.

Vật lý

Bài toán thi vấn đáp

1. Một vật có khối lượng $m=0,1$ kg quay trong mặt phẳng thẳng đứng trên một sợi dây dài $l=1$ m. Trục quay được đặt phía trên sàn ở độ cao $H=2$ m. Khi đi qua tầng dưới,