Kvant 1985, số 8 · Trang

QUANTUM
8
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

Thiết kế này, được trưng bày vào năm 1983 tại Moscow tại một cuộc triển lãm dành riêng cho các hình thức tự nhiên và sinh học kiến ​​trúc, được tạo ra bởi kiến ​​​​trúc sư Yu. S. Lebedev. Từ quan điểm toán học, điều thú vị là nó mô hình hóa một bề mặt khá phức tạp với các điểm tự giao nhau, được hình thành bởi các đoạn hình chữ nhật. Trong mô hình, các đoạn này là những thanh nhỏ, hệ thống dây khép kín. Họ hạ thấp năm dây buộc xoắn đã được nghiên cứu trong các đoàn tàu, như thể treo ở hai bên và trên diazonalli của cadarata nằm ở trên cùng.

TRONG PHÒNG:

2. V. A. Fabrikant. Quang học phi tuyến là gì
3. Yu. P. Solovyov, A. V. Sosinsky. Hình học của vectơ trượt
4. I. I. Mazin. Lời mời vào phòng xông hơi (hoặc vật lý trong nhà tắm)
5. Yu. S. Petrov. địa điểm Vischi
   V. A. Fabrikant. Quang học phi tuyến tính là gì
   Yu. P. Soloviev, A. B. Sossinski. The geometry of sliding vectors
   I. I. Mazin. Invitation to a sauna (or Physics in the bath)
   Yu. S. Petrov. Suspension bridges

Lịch của chúng tôi
Khám phá tia X
Our calendar
The discovery of X-rays

vòng tròn toán học
S. V. Bely, E. A. Rovensky. Tổng quát bài toán về quân hậu
Mathematics circle
S. B. Belyi, E. A. Rovenski. The generalized Queen problem

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Nhiệm vụ
30. N. A. Rodina. Về lực hấp dẫn phổ quát, sự lên xuống và dòng chảy
32. Lễ hội bài toán
36. L. Carroll. Lợn và hạt tiêu
Kvant for younger school children
Problems
N. A. Rodina. About universal gravitation and tides
Problem festival
L. Carroll. Pigs and peppers

Bài tập «Kvant»
Nhiệm vụ M936—M940; F948—F952
Lời giải bài toán M916—M920; F927—F932
Kvant’s problems
Problems M936—M940; P948—P952
Solutions M916—M920; P927—P932

Xưởng của người nộp đơn
S. M. Kozel. Nghịch lý của tụ điện bản song song
College applicant’s section
S. M. Kozel. Paradoxes of the plane capacitor

Thông tin
Ngày lễ truyền thống của các nhà toán học trẻ
Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow
Chuyến tham quan Moscow lần thứ VII dành cho các nhà vật lý trẻ
Giải VIII dành cho các nhà vật lý trẻ
Trường thông tin tại NSU
Information
Traditional feast of young mathematicians
Moscow university evening physics school
7th Moscow young physicist’s tournament
8th young physicist’s tournament
Novosibirsk university correspondence school

Đáp số, gợi ý, lời giải
«Kvant» nụ cười (51)
Trộn (8, 17, 21)
Trang cờ vua
Cờ vua trên bàn cờ song song (trang bìa thứ 3)
Answers, hints, solutions
Kvant smiles (51)
Miscellaneous (8, 17, 21)
The chess page
Chess on parallel boards
(3rd cover page)

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1985

2

Quang học phi tuyến là gì

Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
V. A. FAVRIKANT

Trong hai mươi năm qua, một nhánh mới của khoa học vật lý đã phát triển nhanh chóng - quang học phi tuyến. Công bằng mà nói, phải nói rằng vào những năm hai mươi của thế kỷ chúng ta, S.I. Vavilov đã kiên trì tìm kiếm các hiệu ứng quang học phi tuyến. Kết quả của những nghiên cứu này là công trình của S.I. Vavilov và V.L. Levshin vào năm 1926, trong đó lần đầu tiên quang học phi tuyến được quan sát thấy.

Thiết lập thí nghiệm laser để nghiên cứu hiện tượng quang học phi tuyến.
(Ảnh của bài viết được chụp trong phòng thí nghiệm vật lý sinh học laser và y sinh của Khoa Vật lý Đại học quốc gia Moscow.

hiệu ứng tical - giảm hệ số hấp thụ của kính cân bằng khi ánh sáng từ tia lửa sáng đi qua nó. Để vinh danh công trình tiên phong này, theo gợi ý của Viện sĩ R.V. Khokhlov, các hội nghị của Liên Xô dành cho quang học phi tuyến được gọi là hội nghị Vwiliv. Việc tạo ra tia laser vào năm 1960 đã gây ra sự bùng nổ trong nghiên cứu về quang học phi tuyến.

Trước khi chuyển sang nói về một số hiện tượng quang học phi tuyến, chúng ta hãy nhớ lại các nguyên lý cơ bản của quang học laser, mặc dù có sức hấp dẫn nhưng trên thực tế lại không hề tầm thường.

“Sự không hoàn hảo của kinh nghiệm góp phần vào sự phát triển của khoa học”

Một trong những nguyên lý cơ bản của quang học laser là nguyên lý chồng chất, theo đó khi một sóng ánh sáng truyền qua sóng khác, cả hai sẽ lan truyền mà không tương tác với nhau. Đúng, người ta thường nói rằng trong quá trình giao thoa, một trường tối được hình thành trong đó một trong các sóng giao thoa “dập tắt” sóng kia. Tuy nhiên, điều này không có nghĩa là các sóng tương tác với nhau. Ở đây, điện trường ngược chiều của cả hai sóng chỉ đơn giản xảy ra. Khi các sóng tương tác, bản thân các điện trường này sẽ thay đổi dưới tác động của nhau, điều này không xảy ra khi có sự giao thoa.

Hơn nữa, chúng ta sẽ thấy rằng trong thực tế luôn có sự tương tác giữa các sóng, nhưng kết quả của nó chỉ đáng chú ý khi xác định các điều kiện. Trước hết, khi cường độ *) của sóng tương tác lớn. Đây là các thuật ngữ và định nghĩa của pops. Vì vậy, S.I. Vavilov đang cố gắng khám phá

*) Cường độ sóng là năng lượng truyền qua một đơn vị diện tích mặt sóng trong một đơn vị thời gian. Giá trị cường độ tỷ lệ thuận với bình phương biên độ sóng.

vi phạm tầm nhìn superrosicini trong nhật hoa mặt trời, nơi ông hy vọng tìm thấy dấu vết ánh sáng tán xạ bởi ánh sáng. Tuy nhiên, những nghiên cứu này đã kết thúc không thuyết phục. Chúng ta hãy lưu ý rằng nếu sự phân tán ánh sáng trên thế giới xảy ra ở cường độ ánh sáng bình thường (đối với điều kiện trên mặt đất), thì điều này sẽ gây ra những hậu quả rất khó chịu đối với một người: xét cho cùng, thế giới hữu hình sẽ bị bao phủ, như thể trong sương mù, với ánh sáng bị giam cầm.

Một cơ sở quan trọng khác của quang học tuyến tính là nguyên lý tần số không đổi của ánh sáng khi truyền qua các môi trường khác nhau. Nó được Newton phát hiện trong các thí nghiệm quang học thay thế của ông. Vào năm 1671, trên cơ sở đó, Newton đã đưa ra mệnh đề sau: “Loại đặc tính màu của từng loại chùm tia riêng lẻ không bị thay đổi do lấp đầy trước hoặc do phản xạ từ các vật thể tự nhiên hoặc bởi bất kỳ nguyên nhân nào khác mà tôi có thể quan sát được” (hình 1).

Thật may mắn cho sự phát triển của vật lý học là khả năng thực nghiệm của Newton xét về cường độ nguồn sáng là rất hạn chế (một tia nắng xuyên qua vết nứt trên cửa chớp). Nếu anh ta có tia laser trong tay, hình ảnh quan sát được có thể rất phức tạp, điều này sẽ làm trì hoãn sự phát triển của quang học. Liên quan đến các thí nghiệm của Newton, S.I. Vavilov nhấn mạnh: “Sự không hoàn hảo của kinh nghiệm góp phần vào sự phát triển của khoa học”. Tuyên bố này nghe có vẻ nghịch lý, nhưng việc phát hiện sớm một số chi tiết nhất định trong một thí nghiệm có thể trì hoãn luồng dữ liệu thực nghiệm và sự phát triển lý thuyết trong nhiều năm.

Các giới hạn ứng dụng của quang học tuyến tính - chúng ở đâu?

Hầu như tất cả các hiệu ứng phi tuyến đều được quan sát thấy trong quá trình truyền ánh sáng trong vật chất. Về nguyên tắc, lý thuyết dự đoán khả năng quan sát chúng trong chân không, nhưng cho đến nay chúng vẫn chưa được phát hiện ở đó.

Trong quang học cổ điển, khi giải thích quá trình truyền ánh sáng trong môi trường, họ sử dụng mô hình nguyên tử như một hệ trong đó electron dường như cố định ở bên ngoài. Một sóng ánh sáng truyền qua làm cho điện trường của nó buộc electron dao động. Những dao động này lần lượt tạo ra sóng điện từ trong không gian xung quanh nguyên tử, tức là bản thân nguyên tử bắt đầu bức xạ. Sóng thứ cấp thu được có tần số trùng với tần số của sóng sơ cấp (với dao động cưỡng bức thì tần số dao động trùng với tần số của lực cưỡng bức). Trong trường hợp này, độ lệch pha giữa các sóng này không đổi (các sóng như vậy được gọi là kết hợp). Việc cộng tất cả các sóng thứ cấp phát ra từ các nguyên tử khác nhau với sóng sơ cấp sẽ tạo ra sóng tổng hợp truyền trong môi trường với tốc độ $v$, khác nhau

4

không về tốc độ $c$ truyền ánh sáng trong chân không. Điều này dẫn đến thực tế là chiết suất của môi trường $n=c/v$ hóa ra khác với sự thống nhất.

Sự trộn lẫn điện cực do sóng ánh sáng từ nguồn sáng thông thường gây ra, có vảy nhỏ. Chúng được xác định bởi sự tương ứng giữa hướng của điện trường của sóng ánh sáng và điện trường bên trong. Trong sóng từ các nguồn sáng thông thường, hướng của trường vào khoảng $10^9$ V/cm. Do đó, khi tiếp xúc với trường sóng ánh sáng, độ dịch chuyển của điện cực không vượt quá $10^{-6}$ so với bán kính nguyên tử, tức là $10^{-14}$ cm. Giá trị nằm ở thứ tự phần trăm bán kính của hạt nhân nguyên tử!

Trong chùm tia laser, hướng trường đạt $10^6-10^7$ V/cm và do đó, độ dịch chuyển có thể lớn theo chiều ngang.

Ở những chuyển vị tương đối nhỏ của điện cực, chúng ta có thể giả sử rằng lực phục hồi tác dụng lên electron được biểu thị bằng định luật: $F=-kx$, tức là có sự phụ thuộc tuyến tính của lực $F$ vào chuyển vị $x$ (định luật Hooke đối với lò xo tổng quát). Tuy nhiên, với sự gia tăng độ lớn của các chuyển vị (ví dụ, trong trường của chùm tia laze), sẽ xuất hiện những sai lệch so với định luật này. Trong trường hợp đơn giản nhất, sẽ được xem xét dưới đây, độ lệch so với sự phụ thuộc tuyến tính có thể được tính ở dạng $F=-kx+\alpha x^2$, trong đó số hạng phi tuyến $\alpha x^2$ chỉ ảnh hưởng ở những chuyển vị đủ lớn (bình phương của một giá trị nhỏ là nhỏ so với chính giá trị đó). Lưu ý rằng bây giờ độ lớn của lực thay đổi không đối xứng khi dấu của độ dịch chuyển thay đổi (hình 2). Hóa ra việc dịch chuyển một electron sang phía nước dễ dàng hơn so với phía bên kia (ví dụ, ở $\alpha>0$ về phía dương $x$ thì dễ hơn so với về phía âm).

Vì vậy, chúng ta có thể nói rằng phép tính gần đúng quang học tuyến tính tương ứng với việc lựa chọn sự phụ thuộc tuyến tính đơn giản của lực phục hồi tác dụng lên electron theo chuyển vị. Thế giới quang học phi tuyến bắt đầu khi những sai lệch so với định luật đơn giản này trở nên đáng kể và thực tế của

Hãy xem xét trường hợp đơn giản nhất đã được thảo luận ở trên. Phương trình chuyển động của điện cực sẽ có dạng

$$ma=-kx+\alpha x^2+eE_0\cos \omega t,$$

(1) trong đó $m$ là khối lượng của điện cực, $a=x''$ là gia tốc của nó, $eE_0\cos \omega t$ là lực tác dụng lên electron từ điện trường của sóng ánh sáng ($E_0$ là biên độ trường, $\omega$ là tần số). Nhiệm vụ là tìm ra sự phụ thuộc $x(t)$ từ phương trình này và trên cơ sở của nó, phán đoán tính chất của sóng thứ cấp trong môi trường đang xét. Thật không may, toán học không cung cấp cho chúng ta các phương pháp chính xác lời giải của các phương trình phi tuyến như vậy.

Nhà vật lý nổi tiếng người Anh Rayleigh, người nghiên cứu lý thuyết về colbannia, đã đề xuất

5

phương pháp gần đúng lời giải bài toán, có hiệu quả cao. Vì số hạng phi tuyến $ax^2$ chỉ biểu hiện với $x$ đủ lớn, nên Raleigh đã bỏ qua số hạng $ax^2$ dưới dạng xấp xỉ bằng 0.
Sau đó, phương trình tuyến tính vẫn còn
$$ma = -kx + eE_0 \cos \omega t$$
giống như phương trình dao động cưỡng bức của một vật nặng ở bên ngoài dưới tác dụng của ngoại lực tuần hoàn. Người ta hiểu rằng trong trường hợp này chuyển động sẽ xảy ra theo định luật điều hòa, nhưng không phải với tần số tự nhiên $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ mà với tần số $\omega$ của lực cưỡng bức:
$$x_0(t) = beE_0 \cos(\omega t + \varphi)$$
trong đó $beE_0$ là biên độ của dao động cưỡng bức của trọng lượng (để thuận tiện cho việc điều chỉnh, hệ số $eE_0$ được đánh dấu ở biên độ) và $\varphi$ là độ lệch pha của dao động này so với pha của lực cưỡng bức.
Để có được giá trị gần đúng tiếp theo, Raleigh đã thay thế giá trị $x^2(t)$ trong phương trình (1) bằng giá trị gần đúng tìm được $x_0^2(t)$. Kết quả là, phương trình (1) chuyển từ phi tuyến sang tuyến tính ($x$ chỉ được đưa vào bậc một):
$$ma = -kx + \alpha b^2 e^2 E_0^2 \cos^2 \omega t + eE_0 \cos \omega t.$$ (2)
Sử dụng mối quan hệ lượng giác nổi tiếng
$$\cos^2 \omega t = \frac{1}{2} (1 + \cos 2\omega t)$$
cuối cùng chúng tôi cũng hiểu được nó
$$ma = -kx + \left( \frac{1}{2} \alpha b^2 e^2 E_0^2 + \frac{1}{2} \alpha b^2 e^2 E_0^2 \cos 2\omega t + eE_0 \cos \omega t \right).$$
Từ phương trình chuyển động này, chúng ta thấy rằng electron dường như chịu tác dụng của ba lực cưỡng bức (các thuật ngữ đặt trong ngoặc đơn). Nguyên nhân đầu tiên, không phụ thuộc vào thời gian, sẽ chỉ gây ra sự thay đổi liên tục của electron khỏi vị trí cân bằng (sự bất đối xứng mà chúng ta đã đề cập ở trên).

Lực thứ hai, thay đổi với tần số $2\omega$, gây ra sự xuất hiện của một thành phần trong sự dịch chuyển của electron, thay đổi cùng tần số $2\omega$. Chúng tôi nhấn mạnh rằng biên độ của thành phần này tỷ lệ với bình phương biên độ của sóng ánh sáng. Cuối cùng, lực cuối cùng, thay đổi với tần số $\omega$, đã quen thuộc với chúng ta. Nó tương ứng với trường của sóng ánh sáng tới, do đó phát sinh sóng thứ cấp. Biên độ của thành phần này tỷ lệ thuận với biên độ của sóng ánh sáng tới. Với cường độ sóng ánh sáng ngày càng tăng, vai trò của lực thứ hai liên quan đến phương trình thứ ba (bình phương có cường độ lớn hơn tăng so với chính cường độ).

Như vậy, dao động cưỡng bức của electron sẽ gồm hai dao động điều hòa có tần số $\omega$ và $2\omega$. Sóng tương ứng và sóng thứ cấp phát ra từ các nguyên tử (ion) của tinh thể sẽ bao gồm các sóng có cùng tần số $\omega$ với sóng sơ cấp, cũng như các sóng có tần số thỏa mãn. Hóa ra là do thuật ngữ phi tuyến $ax^2$ trong các lực tác dụng lên electron, một sóng thứ cấp phát sinh trong tinh thể với tần số thỏa mãn (nó được gọi là sóng hài bậc hai) và do đó

Tinh chỉnh ảnh cho thấy chùm tia laser hồng ngoại ($\lambda=1064$ nm) được chuyển đổi thành ánh sáng khả kiến ​​($\lambda=532$ nm) khi truyền qua môi trường quang phi tuyến. Đường đi của chùm tia hồng ngoại vô hình từ laser đến quá trình biến đổi phi tuyến có thể được theo dõi bằng chùm tia “phản xạ” yếu phát ra từ máy biến áp.

6

Điều này vi phạm nguyên tắc xây dựng tần số ngự trị trong quang học tuyến tính.

Sử dụng các hiệu ứng phi tuyến, bạn có thể biến đổi tần số của chùm ánh sáng mà không làm ảnh hưởng đến hướng của nó. Điều này cực kỳ quan trọng đối với việc thực hành, đặc biệt là trong công nghệ laser. Ví dụ, laser thủy tinh neodymium tạo ra bức xạ hồng ngoại mạnh nhưng vô hình với bước sóng 1064 nm. Nếu bạn tăng gấp đôi tần số của nó, bước sóng sẽ dài bằng một nửa - 532 nm, tương ứng với ánh sáng xanh, có thể nhìn thấy hoàn toàn bằng mắt người.

Trong kỹ thuật vô tuyến, hiệu ứng phi tuyến của việc chuyển đổi tần số đã được quan sát từ rất lâu trước khi có sự ra đời của quang học phi tuyến. Khi một đài phát thanh hùng mạnh được xây dựng ở Moscow, khi nhận được các chương trình phát sóng ở Gorky, các đài phát thanh ở các thành phố phía tây Moscow bắt đầu nghe các chương trình phát sóng của Moscow. Điều này được giải thích là do sóng cực mạnh của đài phát thanh Moscow làm thay đổi tầng điện ly phía trên Moscow và do đó điều chỉnh đường truyền của sóng vô tuyến nhận được ở Gorky (hình 3).

Điều kiện đồng bộ

Tuy nhiên, người ta không nên nghĩ rằng việc chuyển đổi tần số của ánh sáng với hiệu suất (hiệu suất) cao là một bài toán đơn giản. Do đó, trong công trình của Franken và các đồng nghiệp của ông, xuất bản năm 1961 và có mô tả về sự nhân đôi tần số ánh sáng được quan sát đầu tiên, hiệu suất (nghĩa là tỷ số giữa cường độ của sóng tới có tần số 2ω với cường độ của sóng tới có tần số ω) chỉ là 10⁻¹⁰! Trong các thí nghiệm này, ánh sáng đỏ của laser ruby ​​​​có bước sóng 0,6943 micron được chuyển thành bức xạ cực tím có bước sóng λ = 0,3471 micron (hãy nhớ rằng bước sóng tỷ lệ thuận với tần số của nó). Một hình vuông được sử dụng làm môi trường phi tuyến kết tinh.

Để hiệu ứng tạo sóng hài diễn ra đầy đủ, các pha của sóng thứ cấp ở đầu ra của tinh thể phải nhất quán (điều kiện đồng bộ sóng). Chỉ trong trường hợp này, việc bổ sung các sóng thứ cấp sẽ tạo ra một làn sóng cường độ cao.

Các nguyên tử được phân bố dọc theo toàn bộ chiều dài của tinh thể, qua đó ánh sáng đi qua. Do đó, các sóng thứ cấp do immi tạo ra sẽ có các pha ban đầu khác nhau (hình 4). Nguyên tử càng ở xa nguồn thì sóng tiêu càng đến muộn và bản thân nó càng bắt đầu phát ra sóng thứ cấp. Mặt khác, nguyên tử này càng ở xa nguồn thì hóa ra lại càng gần người dùng hơn. Do đó, sóng thứ cấp của nó có đường đi ngắn hơn sóng phát ra từ một nguyên tử ở gần nguồn sáng hơn.

Trong quang học tuyến tính, sóng sơ cấp và sóng thứ cấp có cùng tần số và do đó tốc độ truyền trong môi trường như nhau. Do đó, trong trường hợp này, việc chuyển đổi sóng sơ cấp thành sóng thứ cấp xảy ra ở đâu không quan trọng - tất cả chúng đều đến ứng dụng với cùng một pha. Tình hình lại khác trong quang học phi tuyến. Chiết suất của môi trường phụ thuộc vào tần số (tán sắc) nên sóng thứ cấp có tần số

8

tính chất thương mại. Phương trình nổi tiếng của Einstein về hiệu ứng quang điện

$$hv = P + \frac{mv^2}{2},$$

trong đó $P$ là hàm công, $mv^2/2$ là động năng của electron thẳng hàng với ánh sáng và được thay thế bằng phương trình

$$Nhv = P + \frac{mv^2}{2},$$

(4)

trong đó $N$ là số lượng photon được một electron hấp thụ đồng thời. Từ phương trình (4), suy ra rằng khi tăng $N$ (tích hợp ánh sáng), động năng của các electron liên kết cũng sẽ tăng. Ngoài ra, cạnh màu đỏ của hiệu ứng ảnh sẽ trộn lẫn ở vùng tần số thấp ($v_{\kappa p} = \frac{P}{hN}$).

Điều đặc biệt là trong công trình năm 1905 của Einstein, được trao giải Nobel và chứa đựng việc suy ra phương trình cơ bản của lý thuyết về hiệu ứng quang điện,

Gặp gỡ độc giả tạp chí

Ngày 7/6, đã diễn ra buổi làm việc giữa ban biên tập tạp chí «Kvant» và các giáo viên toán tham gia khóa đào tạo nâng cao dành cho giáo viên trung học tại Đại học quốc gia Moscow mang tên M.V. Lomonosov. Cuộc họp này được tổ chức tại Khoa Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow, với sự tham dự của phó tổng biên tập tạp chí Yu. P. Solovyov và các thành viên ban biên tập đã trả lời nhiều câu hỏi liên quan đến bản chất của phương trình.

Nhấn mạnh tầm quan trọng to lớn của tạp chí đối với sự phát triển và sự quan tâm của học sinh đối với vật lý và toán học, nhiều người đã đồng thời phát biểu tại cuộc họp của các giáo viên với những nhận xét phản biện và đề xuất mang tính xây dựng nhằm mục đích nghiên cứu thêm «Kvant». Thực trạng bàn luận cho thấy tạp chí vẫn còn rất ít dư địa để đáp ứng tốt hơn và đầy đủ hơn nhu cầu của độc giả, trở nên dễ tiếp cận và phổ biến hơn đối với học sinh, giáo viên, học sinh và những người đam mê toán học. Vì vậy, cuộc trò chuyện hữu ích giữa các thành viên ban biên tập và giáo viên sẽ được tính đến khi lập kế hoạch cho công việc tiếp theo của tạp chí.

H. P.

9

Hình học của vectơ trượt

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học Yu. P. GIẢI QUYẾT,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học A. V. SOSINSKY

…Phải, Thiên Nga lao vào mây,
Căn bệnh ung thư tái phát và Shuka bị kéo xuống nước.

Tất nhiên, bạn còn nhớ những dòng trong bài tiểu luận tuyệt vời của I. A. Krylov có trong phần ngoại truyện. Bạn đã bao giờ nghĩ về cách tính toán chuyển động của không khí nếu bạn biết thiên nga, tôm càng và shuka kéo nó bằng lực nào chưa? Bài toán điều này là hoàn toàn tự nhiên, người ta có thể nói, điển hình: lực tác dụng lên một vật thể rắn to lớn nào đó ở một số nơi nhất định - điều gì sẽ xảy ra? Thật kỳ lạ, bộ máy vectơ quen thuộc được học ở trường trong các bài học vật lý và toán học hoàn toàn không phù hợp với lời giải như bài toán. Khi chúng ta phải tính đến không chỉ khối lượng mà còn cả kích thước của vật thể, khi chúng ta không xử lý một điểm vật chất trừu tượng mà với một vật thể thực, thì không phải lúc nào cũng rõ ràng về cách thêm vectơ áp dụng cho một vật thể ở những nơi khác nhau, những gì có thể và không thể làm được với các vectơ này và nói đúng ra, các vectơ “thực” đó là gì.

Đáp số cho những câu hỏi này - dưới dạng lý thuyết toán học không chốt (lý thuyết vectơ trượt) - là chủ đề của bài viết của chúng tôi.

Có những loại vectơ nào?

Một vectơ trong không gian hoặc trên mặt phẳng thường được biểu diễn bằng hướng của đoạn AB. Nó được xác định bởi hai điểm: điểm đầu (hoặc điểm áp dụng) A và điểm cuối B. Nếu đoạn AB được kéo dài vô tận theo cả hai hướng thì sẽ thu được một đường thẳng, gọi là tác dụng tuyến tính của vectơ AB.

Tất cả các vectơ, tùy thuộc vào đại lượng hình học hoặc vật lý mà chúng đại diện, có thể được chia thành ba loại sau.

1°. Có thể giả định rằng hai vectơ hình học biểu diễn cùng một đại lượng vật lý hoặc cơ học. (Hãy nhớ lại rằng trong hình học, hai vectơ (các đoạn có hướng) được gọi là bằng nhau nếu đường tác dụng của chúng song song, độ dài bằng nhau và thứ tự của các điểm xác định cùng một hướng trên đường tác dụng của chúng, hay nói cách khác, nếu chúng được kết hợp bằng phép dịch song song.) Các vectơ loại này, không có đường tác dụng xác định cũng như điểm ứng dụng xác định, được gọi là tự do. Ví dụ, vectơ cảm ứng từ của một từ trường không đổi hoặc vectơ vận tốc của một hệ quán tính này so với hệ quán tính khác là các vectơ tự do; chúng có thể được coi là áp dụng cho bất kỳ điểm nào. Các nhà toán học cũng có xu hướng nghiên cứu các vectơ tự do; Ví dụ đơn giản nhất là một vectơ được cho bởi một bản dịch song song: được áp dụng cho bất kỳ điểm nào, nó chỉ ra phần cuối của nó là hình ảnh của điểm này đối với một bản dịch nhất định.

2°. Mặt khác, cũng có những đại lượng vật lý trong đó vectơ của chúng không thể tách rời khỏi điểm ứng dụng của chúng. Các vectơ loại này được gọi là liên thông (hoặc cố định). Do đó, vectơ tốc độ tức thời của một điểm tại một thời điểm nhất định là một ví dụ về vectơ ghép.

10

Nó không thể tách rời khỏi một điểm đang chuyển động (tất nhiên trừ khi tất cả các điểm khác trong không gian đều chuyển động với cùng tốc độ).

3°. Cuối cùng, có thể là hai vectơ hình học bằng nhau chỉ biểu thị các đại lượng vật lý bằng nhau với điều kiện các vectơ này có cùng một đường tác dụng và biểu thị các đại lượng vật lý không bằng nhau nếu chúng có các đường tác dụng khác nhau. Ví dụ, đây là các vectơ biểu diễn lực tác dụng lên một vật rắn. Những vectơ như vậy không thể tách rời khỏi đường tác dụng được gọi là sự trượt. Có thể nói, đây là những vectơ lực “thực” thực sự không tác dụng lên các vật thể “vô hạn” trừu tượng mà lên các vật thể cứng có kích thước và hình dạng nhất định. Lưu ý rằng ở đây điều kiện về độ cứng của cơ thể là rất cần thiết: cơ thể không giãn ra hay co lại, nó truyền cốt thép dọc theo đường tác dụng mà không bị mất đi, do đó lực tác dụng vào điểm nào trên đường tác dụng không quan trọng; điểm áp dụng dường như có thể trượt dọc theo dòng hành động.

Về vectơ trượt và gần như một câu chuyện. Trong phần tiếp theo, từ “vectơ” không có định nghĩa nên được hiểu chính xác là “vectơ trượt”; và khi nói đến vectơ tự do hoặc cố định, điều này sẽ được chỉ định.

Chúng ta sẽ biểu thị vectơ (trượt) bằng một chữ cái in đậm, chẳng hạn như $v$ hoặc hai chữ cái

với nét dẫn đầu, ví dụ $\overrightarrow{AB}$. Chúng ta sẽ biểu thị vectơ tự do bằng các chữ cái có mũi tên, ví dụ $\vec{v}$ hoặc $\overrightarrow{AB}$.

Hệ thống vectơ trượt

Vì vậy, vectơ (trượt) $v=\overrightarrow{AB}$ được cho bởi đường $l=AB$—đường tác dụng của nó—và hướng của đoạn $AB$ nằm trên đường này. Hai vectơ $v=\overrightarrow{AB}$ và $u=\overrightarrow{CD}$ được coi là trùng khớp nếu chúng xác định cùng một vectơ tự do $(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD})$ và ngoài ra, chúng có cùng một đường tác dụng (các đường $AB$ và $CD$ trùng nhau).

Trong tương lai, chúng ta sẽ không quan tâm đến các vectơ riêng lẻ mà đến các hệ vectơ hữu hạn $(v_1, v_2, \dots, v_k)$, bởi vì chính những hệ như vậy tương ứng với các hệ lực tác dụng lên một vật rắn. Tất nhiên, không có thứ tự liệt kê các vectơ; tuy nhiên, cùng một vectơ có thể xuất hiện nhiều lần trong một hệ thống và phải được tính số lần xuất hiện trong đó.

Mục tiêu của chúng tôi là học cách chuyển đổi các hệ thống với nhau, để khớp - nếu có thể - một hệ thống tùy ý với một hệ thống có dạng đơn giản nhất. Đối với điều này chúng ta cần

Hoạt động cơ bản
và sự tương đương của hệ vectơ

Khi đường tác dụng của hai vectơ $v$ và $u$ cắt nhau thì các vectơ này

11

có thể được thêm vào một cách tự nhiên: nếu $u = \vec{AB}$, $v = \vec{AC}$ (A là điểm chung của các đường hành động), thì tổng $w = u + v$ của các vectơ $u$ và $v$ là vectơ $w = \vec{AD}$, trong đó điểm $D$ có được bằng cách thêm $\vec{AB} + \vec{AC} = \vec{AD}$ theo quy tắc hình bình hành (hình 1,a). Việc bổ sung các vectơ “giao nhau” này sẽ là phép toán cơ bản đầu tiên của chúng ta; nó ánh xạ một hệ thống gồm hai vectơ $(u, v)$ tới hệ thống gồm một vectơ $(w)$.

Thao tác này có tính nghịch đảo: nếu có bất kỳ vectơ $v = \vec{AB}$ nào, thì bạn có thể chọn hai đường thẳng tùy ý đi qua bất kỳ điểm nào của đường hành động (giả sử đi qua điểm $A$) và khai triển vectơ $\vec{AB}$ theo quy tắc hình bình hành (hình 1,b). Từ một vectơ $(v)$ ta thu được hệ gồm hai vectơ $(v_1, v_2)$.

Xin lưu ý rằng chỉ những vectơ có đường hành động giao nhau hoặc trùng nhau mới có thể được thêm vào. Các vectơ có hành động tuyến tính chung đặc biệt dễ dàng được thêm vào. Cụ thể (hình 2), đây là cách cộng hai vectơ đối diện, tức là các vectơ có dạng $v = \vec{AB}$ và $-v = \vec{BA}$; tổng của chúng sẽ là vectơ rỗng $0 = \vec{AA}$.

Hoạt động cơ bản thứ hai của chúng ta là phá hủy vectơ null, nghĩa là chuyển từ hệ có dạng $(v_1, v_2, ..., v_k)$ sang hệ $(v_1, v_2, ..., v_k)$. Đặc biệt (đối với $k=0$), hệ đơn giản nhất $(v, -v)$ trùng với hệ rỗng hoặc hệ 0, mà chúng ta sẽ biểu thị theo cách tương tự như vectơ null - bằng 0.

Phép toán cơ bản thứ hai cũng có sự phân tách nghịch đảo của vectơ null, tức là sự chuyển đổi từ hệ thống $(v_1, v_2, ..., v_k)$ sang hệ thống $(v_1, v_2, ..., v_k)$. Đặc biệt (đối với $k=0$), hệ đơn giản nhất $(v, -v)$ trùng với hệ rỗng hoặc hệ 0, mà chúng ta sẽ biểu thị theo cách tương tự như vectơ null - bằng 0.

Phép toán cơ bản thứ hai cũng có sự phân tách nghịch đảo của vectơ null, tức là sự chuyển đổi từ hệ thống $(v_1, v_2, ..., v_k)$ sang hệ thống $(v_1, v_2, ..., v_k)$. Đặc biệt (đối với $k=0$), hệ đơn giản nhất $(v, -v)$ trùng với hệ rỗng hoặc hệ 0, mà chúng ta sẽ biểu thị theo cách tương tự như vectơ null - bằng 0.

Từ quan điểm cơ học, rõ ràng tại sao chúng ta quan tâm đến các phép toán cơ bản và các hệ thống tương đương. Rốt cuộc, hai hệ tương đương xuất hiện trên một vật rắn, hệ này có thể được xác minh không chỉ bằng thực nghiệm mà đơn giản là sản phẩm của ý nghĩa vật lý của các phép toán cơ bản. Bằng cách quy giản các hệ phức tạp thành các hệ đơn giản hơn, chúng ta có cơ hội dễ dàng hiểu chính xác tác dụng của một hệ lực phức tạp nhất định lên một vật rắn.

Các hệ thống đơn giản nhất trên máy bay; cặp đôi

Bây giờ chúng ta hãy xem xét chi tiết hơn việc rút gọn một hệ vectơ thành các hệ vectơ đơn giản hơn trong trường hợp các hệ vectơ trên một mặt phẳng.

hình 3 cho thấy, với sự trợ giúp của các phần tử của phép toán, một số hệ vectơ đơn giản được rút gọn thành các hệ thống khác như thế nào. Chúng tôi khuyên người đọc nên cẩn thận làm theo tất cả các thao tác và thậm chí tự mình thực hiện chúng trên giấy.

Cần đặc biệt chú ý đến hình 3, e. Nó cho thấy hệ thống gồm hai vectơ đối diện có độ dài bằng nhau trên các hành động tuyến tính song song; những hệ thống như vậy được gọi ngắn gọn là một tham số. Từ hình rõ ràng các cặp không thể đơn giản hóa mà chỉ có thể “chuyển”, chuyển thành một cặp khác.

hình 4 hiển thị một loạt các yếu tố hoạt động khác. Điều xảy ra ở đây không phải là sự đơn giản hóa hệ thống ban đầu (từ một vectơ), mà là các điều kiện của nó: từ một vectơ nhất định, chúng ta thu được một vectơ với một hành động tuyến tính khác và một cặp; tuy nhiên, nếu hình này được đọc theo thứ tự ngược lại (và điều này hợp lý, hoặc mọi phép toán cơ bản đều có nghịch đảo), thì chúng ta nhận được một sự đơn giản hóa (một hệ thống bao gồm một cặp và một vectơ được rút gọn thành hệ thống gồm một vectơ). Chuyển đổi $(v) \rightarrow (u, x, y)$ đáng được ghi nhớ, chúng ta sẽ cần nó sau này.

Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng việc rút gọn chung các hệ mặt phẳng cũng có thể hữu ích khi xem xét các hệ không gian bài toán. Do đó, hệ không gian $(\mathbf{l}, \mathbf{p}, \mathbf{ш}, \mathbf{т})$ ($\mathbf{l} = -\mathbf{t}, |\mathbf{p}| = |\mathbf{ш}|$) bằng cách áp dụng thao tác phân rã vectơ bị giảm (hình 5,a) thành cặp $(\mathbf{u}, \mathbf{v})$: $\mathbf{l} = \mathbf{a} + \mathbf{v}, \mathbf{ш} = \mathbf{b} + \mathbf{u}$ và hệ phẳng $(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{л}, \mathbf{т})$, còn lại sau khi tách cặp $(\mathbf{u}, \mathbf{v})$ (hình 5,a) khỏi hệ $(\mathbf{l}, \mathbf{p}, \mathbfш, \mathbf{т})$, là dễ thấy, giảm về 0 (hình 5,b)

Khoảnh khắc vector và khoảnh khắc cặp đôi

Chúng ta đã thấy ở trên rằng các cặp vectơ không thể quy về một vectơ trượt đơn. Tuy nhiên, cặp đôi thừa nhận

12

Phép biến đổi đơn giản nhất của hệ phẳng:

a) hai vectơ giao nhau → một vectơ;

b) hai vectơ thẳng hàng → hai vectơ cắt nhau;

c) hai vectơ đối nhau có độ dài khác nhau → hai vectơ cắt nhau;

d) hai vectơ đối diện có độ dài bằng nhau (cặp) → cặp khác.

Hình 3.

12

13

đặc tính vector thuận tiện. Để có được nó, chúng ta sẽ phải đi một quãng đường khá xa.

Cho một vectơ $v = \overline{AB} \neq 0$ và một điểm $O$ không nằm trên đường tác dụng của nó; thì mômen của vectơ $v$ đối với điểm $O$ được gọi là vectơ (cố định!) $OM$ (gắn với điểm $O$) có tác dụng tuyến tính, vuông góc với mặt phẳng $OAB$, chiều dài $OM = r \cdot |v|$ (trong đó $r$ là cánh tay của vectơ $v$ so với $O$, tức là khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $AB$) và được hướng sao cho hướng quay của $v$ khoảng $O$, như quan sát từ điểm $M$, là dương (ngược chiều kim đồng hồ; hình 6); nếu điểm $O$ nằm trên đường tác dụng của vectơ $v$ hoặc $v = 0$ thì mômen được lấy bằng 0. Vectơ mômen đóng vai trò quan trọng trong cơ học trong việc nghiên cứu chuyển động quay và có những ứng dụng đẹp trong hình học.

Bây giờ hãy cho một cặp vectơ $v = \overline{AB}, v' = \overline{A'B'}$ và một điểm $O$; gọi $OM$ và $OM'$ là khoảnh khắc của $v$ và $v'$ so với $O$. thì dễ dàng kiểm tra (làm đi!) rằng độ dài và hướng của tổng mô men đối với điểm $O$ của vectơ $v$ và $v'$ không phụ thuộc vào việc chọn điểm này, tức là tổng là một vectơ tự do. Nó được gọi là mômen (vectơ) của cặp $(v, v')$. Dễ dàng kiểm tra độ dài mômen vectơ của cặp $(v, v')$ có bằng $d \cdot |v|$, trong đó $d$ là khoảng cách giữa các đường thẳng song song $AB$ và $A'B'$. Sử dụng câu này, cũng như câu bài toán 3, không khó để chứng minh rằng một cặp sẽ giảm về 0 khi và chỉ khi động lượng vectơ của nó bằng 0.

Giảm hệ thống mặt phẳng thành một cặp hoặc vectơ
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh định lý đáng chú ý sau đây.

14

Mọi hệ vectơ (hữu hạn) (trượt) trên một mặt phẳng có thể được quy gọn thành một vectơ đơn hoặc thành một cực.

Bằng chứng. Nếu hệ thống này bao gồm một vectơ thì định lý được chứng minh. Nếu có các vectơ trong hệ có các đường tác dụng giao nhau thì chúng có thể được đơn giản hóa theo cặp (xem hình 3,a) cho đến khi chỉ còn lại các vectơ có các đường tác dụng song song. Nếu có ba vectơ như vậy trở lên thì ít nhất hai trong số chúng được sửa và chúng ta có thể đơn giản hóa hệ thống hơn nữa (xem hình 3, b). Như vậy, các phép chuyển đổi 3, b và 3, a cho phép chúng ta rút gọn việc chứng minh định lý về trường hợp hai vectơ hướng ngược nhau có đường tác dụng song song. Nếu độ dài của các vectơ khác nhau thì chuyển tiếp 3, b theo sau là chuyển đổi 3, a cho chúng ta một vectơ và nếu độ dài bằng nhau thì chúng ta sẽ có một cặp; Bây giờ định lý đã được chứng minh hoàn toàn.

Trước tiên, hãy lưu ý rằng việc chứng minh không chỉ xác lập tính đúng đắn của định lý mà còn cung cấp một cách hiệu quả để tìm một vectơ (hoặc cặp) tương đương với hệ ban đầu. Thứ hai, nếu chúng ta chọn trước một số điểm cố định, thì chúng ta có thể thực hiện các phép toán cơ bản của mình theo cách đưa hệ thống này về một hệ thống gồm một cặp và một vectơ có đường hành động đi qua điểm này. Thật vậy, điều này đúng nếu hệ thống giảm xuống còn một cặp. Nếu nó được rút gọn thành một vectơ đơn thì thao tác hiển thị trong hình 4 cho phép chúng ta rút gọn vectơ thành một cặp và một vectơ có đường hành động đi qua một điểm cho trước.

Giải tích hệ vectơ; cơ sở

Chúng ta đã học cách quy giản các hệ vectơ phẳng thành các hệ đơn giản. Tuy nhiên, hóa ra các hệ thống không chỉ có thể được thu gọn lại với nhau mà còn có thể được thể hiện thông qua nhau. Trong trường hợp này, một phép tính các hệ vectơ sẽ xuất hiện, rất giống với phép tính thông thường của các vectơ tự do trong không gian.

Để mô tả phép tính này, chúng ta định nghĩa tổng của hai hệ $N=(u_1, u_2, ..., u_k)$ và $M=(v_1, v_2, ..., v_l)$ là “liên kết tự do” của chúng, tức là hệ

$$L=N+M=(u_1, u_2, ..., u_k, v_1, v_2, ..., v_l)$$

(sự đẳng thức của hệ vectơ khái niệm ở đây và bên dưới là sự tương đương của chúng) và tích

$$\lambda N=(\lambda u_1, \lambda u_2, ..., \lambda u_k),$$

trong đó $\lambda$ biểu thị một vectơ có cùng tác dụng tuyến tính như $u$, độ dài $|\lambda| \cdot |u|$, hướng cùng hướng với $u$ nếu $\lambda>0$ và theo hướng ngược lại nếu $\lambda<0$.

Giả sử hệ $N$ được biểu diễn tuyến tính thông qua hệ $M_1, ..., M_n$ nếu có các số $\lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n$, thì đó cũng là

$$N=\lambda_1 M_1+\lambda_2 M_2+\dots+\lambda_n M_n.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét trường hợp của một hệ thống trên mặt phẳng. Đặt $O$ là một điểm tùy ý của mặt phẳng, $I$ và $J$ là các hệ một vectơ bao gồm các vectơ phi clipneary khác 0 được áp dụng cho điểm $O$ và $K$ là bất kỳ cặp nào (khác 0). Khi đó các hệ $I, J, K$ tạo thành một cơ sở trong tập hợp các vectơ phẳng, nghĩa là mọi hệ $N$ đều được biểu diễn tuyến tính duy nhất thông qua $I, J, K$:

$$N=\alpha I+\beta J+\gamma K$$

(các số $\alpha, \beta, \gamma$ được xác định duy nhất bởi hệ thống $N$ đối với $I, J, K$ cố định).

Tất nhiên, người đọc quen với khái niệm không gian vectơ sẽ hiểu rằng phát biểu này có nghĩa là tập hợp các lớp hệ vectơ (trượt) tương đương trong mặt phẳng đối với các phép toán được xác định ở trên tạo thành một không gian vectơ có chiều 3.

---

Đến mức này, các tác giả bắt đầu suy nghĩ về nó, rồi bế tắc: chính xác những ứng dụng của lý thuyết vectơ trượt mà các câu chuyện kể là gì? Bất cứ nơi nào lý thuyết này không được sử dụng! Trong tĩnh học (lý thuyết về giàn và đa giác thẳng đứng), trong cơ học kết cấu, động học và động lực học của vật rắn, và những khái quát hóa của nó được sử dụng trong một số nhánh hình học mới. Nhưng bạn không thể ôm lấy sự bao la. Ở đây chúng tôi sẽ chỉ đưa ra một ví dụ - từ động học của một vật rắn, cũng như ở cuối bài viết, loạt bài bài toán. Một ứng dụng khác của vectơ trượt - trong cơ học kết cấu - được thảo luận trong chú thích “Các vị trí treo” trên trang. 22.

15

Xoay cơ thể cứng nhắc

Ở đây chúng ta quan tâm đến động học bài toán như vậy: làm thế nào để mô tả chuyển động của một vật rắn quay quanh một trục nhất định, nếu trục này lần lượt quay quanh một trục cố định? Chúng tôi sẽ xem xét bài toán đã được giải quyết nếu đưa ra một phương pháp để tìm vectơ vận tốc theo bất kỳ hướng nào của một điểm nhất định trên vật thể (so với hệ quy chiếu cố định).

Đáp số được xây dựng đẹp mắt về mặt vectơ trượt. Tuy nhiên, trước khi trình bày, chúng ta sẽ nói một chút về cách một vật rắn có thể chuyển động nói chung. Hãy bắt đầu với những ví dụ đơn giản nhất.

Trong chuyển động thẳng đều, một vật rắn chuyển động với vận tốc không đổi theo một phương cố định. Trong trường hợp này, vectơ vận tốc tại mọi điểm đều giống nhau, hướng và độ lớn theo thời gian. Mọi điểm đều chuyển động theo đường thẳng. Chuyển động được đặc trưng bởi một vectơ vận tốc tự do $\vec{v}$.

Với chuyển động quay đều, vật chuyển động với vận tốc góc không đổi (xem “Vật lý 8”, § 17) của một trục cố định. Trong trường hợp này, vectơ vận tốc của bất kỳ điểm nào trên trục quay đều bằng 0 và vectơ vận tốc của bất kỳ điểm nào khác vuông góc với mặt phẳng đi qua điểm này và trục, và có độ lớn tỷ lệ với khoảng cách từ điểm đến trục. Các điểm trục vẫn giữ nguyên vị trí và các điểm còn lại di chuyển theo vòng tròn có tâm nằm trên trục. Một chuyển động như vậy được đặc trưng bởi một chuyển động có vectơ TRƯỢT $\omega$ - tốc độ góc quay, đường tác dụng của nó trùng với trục quay.

Với chuyển động quay đều, vật quay với vận tốc góc không đổi $\omega_0$ của một trục cố định $AB$, và bản thân vật cũng quay quanh trục $M_1N_1$ với vận tốc góc không đổi $\omega_1$. (Chúng tôi nhấn mạnh rằng

16

Là một vectơ trượt, vận tốc góc này thay đổi, $\omega_1 = \omega_1(t)$, - vị trí của tác dụng tuyến tính $M_t N_t$ của nó thay đổi.) Làm thế nào để mô tả chuyển động thu được? Đáp số phụ thuộc vào vị trí tương đối của trục $AB$ và $M_t N_t$.

1°. Các trục khớp nhau. Khi đó vật quay quanh trục cố định $AB = M_t N_t$ với vận tốc góc không đổi $\omega = \omega_0 + \omega_1$. (Ví dụ: chuyển động của đồng hồ hoặc kim phút của đồng hồ nằm ở Bắc Cực.)

2°. Các trục song song và $\omega_0 \neq -\omega_1$. Sau đó, tại bất kỳ thời điểm nào $t$ tốc độ của tất cả các điểm của vật thể sẽ giống như khi nó quay đều với vận tốc góc $\omega = \omega_0 + \omega_1$ (ở đây chúng tôi muốn nói đến tổng các vectơ trượt - xem hình 3 và hình 10) xung quanh tác dụng tuyến tính $P_t Q_t$ của vectơ $\omega$. Người ta cho rằng vật có vận tốc góc tức thời $\omega$ và trục quay tức thời $P_t Q_t$. Trong trường hợp này, trục tức thời quay quanh trục cố định $AB$, vẫn song song với nó.

3°. Các trục song song và $\omega_0 = -\omega_1$. Khi đó vật thực hiện chuyển động tịnh tiến với vectơ vận tốc $\vec{v}$ bằng mômen của cặp ($\omega_0, \omega_1$), tức là tại bất kỳ thời điểm nào $t$ vận tốc của tất cả các điểm của vật đều bằng nhau và bằng $\vec{v}$. (Ví dụ: chuyển động của bộ phận chuyển động của bàn đạp; hình 8.)

4°. Các trục giao nhau. Trường hợp này tương tự như 2°: tại bất kỳ thời điểm nào $t$ vật có trục quay tức thời và tốc độ góc tức thời $\omega = \omega_0 + \omega_1$. Sự khác biệt là ở đây trục tức thời được mô tả không phải bằng một hình trụ mà bằng một hình nón có đỉnh của nó tại một điểm cố định của vật thể - giao điểm của các trục. (Ví dụ: chuyển động tuế sai của một đỉnh; hình 9.)

5°. Các trục được chéo. Trong trường hợp này, có thể nói, cơ thể có một “trục xoắn ốc tức thời”; Để biết thêm thông tin về điều này, xem nhiệm vụ 7, 8.

Do đó, chúng ta thấy rằng lời giải của động học bài toán của chúng ta được xây dựng ngắn gọn và đơn giản dưới dạng phép cộng các vectơ trượt. Chúng tôi để lại những chứng minh đơn giản về khẳng định 1°-4° cho người đọc như một bài tập.

Khác nhau bài toán

1. Vectơ chính của hệ vectơ trượt ($v_1, \dots, v_n$) là tổng các vectơ tự do $\vec{v}_1 + \dots + \vec{v}_n$ bằng chúng và mômen chính của hệ này so với điểm $O$ là tổng mômen của vectơ $v_1, \dots, v_n$ so với $O$. Chứng minh rằng hai hệ tương đương bất kỳ đều có cùng vectơ chính và mô men chính về cùng một điểm $O$.

2. Chứng minh rằng mọi hệ vectơ nằm trong cùng một mặt phẳng đều tương đương với các hệ vectơ hướng dọc theo cạnh của một tam giác được chọn tùy ý trong cùng một mặt phẳng.

3. Chứng minh rằng hệ mặt phẳng gồm các vectơ vuông góc với các cạnh của một $n$-giác lồi tại trung điểm của chúng tương đương bằng 0 nếu độ dài của các vectơ tỷ lệ với các cạnh tương ứng và tất cả các vectơ đều hướng vào bên trong đa giác (hoặc tất cả cùng hướng).

4. Lập và chứng minh khẳng định tương tự như khẳng định bài toán trước đó cho khối lập phương.

5*. Chứng minh rằng mọi hệ vectơ trong không gian đều tương đương với sáu vectơ hướng dọc theo các cạnh của một tứ diện tùy ý.

6*. Chứng minh rằng mọi hệ vectơ trong không gian đều tương đương với hệ gồm một vectơ (đi qua một điểm được chọn tùy ý) và một cặp vectơ. Từ đó suy ra rằng hệ vectơ trượt trong không gian, được coi là tương đương, tạo thành không gian vectơ sáu chiều.

Gợi ý. Đầu tiên rút gọn hệ thành ba vectơ trượt đi qua ba điểm được chọn tùy ý (đặt từng vectơ của hệ theo các hướng đó), sau đó thành hai vectơ, một trong số đó đi qua một điểm cho trước và cuối cùng áp dụng cấu trúc từ hình 4.

7. Vật rắn quay với tốc độ góc $\omega$ quanh một trục, trục này chuyển động thẳng đều và thẳng với tốc độ $\vec{v}$. Chứng minh rằng cơ thể: a) có

18

Lời mời đến phòng xông hơi
(hoặc Vật lý trong nhà tắm)

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
I. I. MAZIN

“Trên đường đi, tôi đã nhìn thấy những điều kỳ diệu ở vùng đất Slav. Tôi nhìn thấy những nhà tắm bằng gỗ, và họ lột đồ cho đến khi đỏ tấy, họ cởi quần áo, cằn nhằn, và họ phát ốm với kvass, và họ lấy những chiếc gậy khỏi tay mình, và họ đạt được mục tiêu là họ sẽ thoát ra mà vẫn còn sống, và họ sẽ bị tạt nước lạnh, và họ sẽ sống như vậy.”
Đây là cách nhà tắm được mô tả trong biên niên sử Nga thế kỷ 11. Và cho đến ngày nay, những người yêu thích nhà tắm với zaart “muchayot” vẫn tự mình làm điều đó. Để làm gì? Họ nói rằng nó có thể được sử dụng khi da tiếp xúc trong thời gian ngắn với nhiệt độ cao - không khí nóng. Tuy nhiên, trong không khí ẩm rất khó chịu được nhiệt độ cao dù chỉ trong thời gian ngắn. Vì vậy, một bồn tắm tốt không chỉ nóng mà còn phải khô. Để xây dựng một nhà tắm tốt không phải là điều dễ dàng và bạn cũng cần có khả năng “nấu” hơi nước, nghĩa là, theo thuật ngữ khoa học, để tạo ra một vi khí hậu tối ưu. Tổ tiên của chúng ta đã biết cách làm điều này từ thế kỷ 11, nhưng thật không may, họ đã không thể giải thích tại sao trong nhà tắm lại cần phải làm điều này mà không phải cách khác. Nhưng học sinh ngày nay đã đủ hiểu biết để trả lời những câu hỏi mà một người yêu vật lý đặt ra trong phòng xông hơi ướt thông thường. Đây là điều tôi khuyên người đọc nên làm. Hãy bắt đầu bằng cách nhìn vào “phiên” nhà tắm từ bên ngoài và tự đặt câu hỏi trong suốt quá trình. Và sau đó chúng tôi sẽ cố gắng trả lời chúng.

Vì vậy, đi vào nhà tắm! Và để điều hướng tốt hơn, chúng tôi sẽ sử dụng hình từ trang 19.

Bây giờ chúng ta đã ở trong phòng xông hơi. Chà, trời nóng quá… Thôi, đăng một ít visa - ở đây mát hơn. Nếu quen rồi, bạn có thể lên lầu. Nóng? Không sao đâu, hôm nay trời vẫn chưa nóng lắm, cũng có khả năng bạn sẽ không thể đứng nửa chân trần trên sàn gỗ nóng, thậm chí còn không thể ngồi trên ghế dài. Và nếu chiếc ghế dài được đóng đinh với nhau bằng những chiếc đinh sắt, thì bạn không nên ngồi trên nó ngay cả trong nhà tắm không quá nóng: nếu bạn trần truồng chạm vào đầu đinh, bạn sẽ bị cháy.

Câu 1. Tại sao trong phòng xông hơi lại lạnh hơn trên kệ?

Câu 2. Tại sao ở nhiệt độ vẫn có thể ăn trên củi đun nóng, không thể ngồi trên bàn ủi nữa - sẽ bị bỏng?

Sau khi tạo bọt, chúng ta làm quen với phòng xông hơi. Không khí dường như không còn nóng nữa. Tuy nhiên, nó có cảm giác ẩm ướt - có những vết ướt trên ghế và sàn nhà. Điều này có thể được sửa chữa. Như người ta nói, bạn cần phải “cho hơi nước”: lấy nước sôi và chia thành từng phần nhỏ, dùng muôi ném vào con ong trên những viên đá nóng. Ngay lập tức một làn sóng nóng bốc mùi từ lò lên trên, trên kệ sẽ nóng hơn, nóng hơn và khô hơn; Các vết ướt sẽ biến mất, sàn nhà và ghế dài sẽ khô ráo.

Câu 3. Tại sao khi đổ nước lên đá nóng của bếp, nước lại thành sushi trong phòng xông hơi?

Câu 4. Tại sao cần đổ nước vào bình nóng lạnh mà không uống ngay một ngụm nước vào bình nóng lạnh?

Câu 5. Tại sao cần tạt nước sôi mà không đổ nước lạnh?

… Nhưng đã hơn một giờ trôi qua. Trong phòng xông hơi có rất nhiều người, không khí không còn trong lành nữa, ẩm ướt, trên sàn có lá chổi. Đã đến lúc “dọn dẹp” phòng xông hơi. Nó được thực hiện như thế này. Mọi người rời đi trong mười phút. Trong thời gian này, bạn cần quét sàn và phun nước từ vòi; sau đó mở rộng cửa phòng xông hơi, đổ vài cốc nước lạnh từ ngoài cửa xuống sàn; và sau đó bắt đầu thêm hơi nước. Hơi nước trong lành sẽ đánh bật không khí cũ, ứ đọng trong phòng xông hơi. Bây giờ mọi thứ đã sẵn sàng, bạn có thể vào và bắt đầu lại từ đầu.

Câu 6. Tại sao cần có nước lạnh ở lối vào phòng xông hơi?

Câu 7. Tại sao hơi nước trong lành lại chiếm chỗ không khí cũ?

Vì vậy, chúng tôi đã làm quen với các quy tắc của nhà tắm. Hãy trả lời các câu hỏi đã đặt ra.

Câu hỏi đầu tiên đơn giản đến mức bất kỳ độc giả nào cũng có thể trả lời ngay lập tức. Vậy hãy bắt đầu với câu hỏi thứ hai.

Điều gì xảy ra khi một người bước lên hoặc ngồi trên một chiếc ghế nóng? Nhiệt độ cơ thể con người không quá 40 ° C, trong khi

19

Nhiệt độ của không khí và do đó của ghế dài trong phòng xông hơi ướt là từ 80 đến 120 °C. Khi tiếp xúc, quá trình truyền nhiệt từ vật nóng (skama) sang vật lạnh (người) bắt đầu. Quá trình này nhanh như thế nào? Đặc biệt, điều này được xác định bởi tính dẫn nhiệt của vật nóng. Độ dẫn nhiệt của vật liệu càng lớn thì nhiệt được truyền từ vùng nóng hơn sang vùng ít nóng hơn càng nhanh. Sắt, giống như các kim loại khác, có độ dẫn nhiệt cao hơn đáng kể so với gỗ - khoảng 300 lần. Khi chúng ta tiếp xúc với một chiếc ghế gỗ nóng, bộ phận tiếp xúc gần sẽ nguội đi và nhiệt lượng “lấy đi” từ thể tích nhỏ của chiếc ghế sẽ được truyền sang chúng ta. Sẽ là một vấn đề khác nếu có một chiếc đinh trong vùng tiếp xúc: nhiệt sẽ nhanh chóng bị “kéo” đến các điểm tiếp xúc trên toàn bộ chiều dài của móng. Ngoài ra, nhiệt dung thể tích (tức là nhiệt dung tính trên một đơn vị thể tích) của sắt lớn hơn gỗ khoảng 40 lần; như vậy, trong cùng điều kiện, chúng ta sẽ nhận được nhiệt lượng từ một miếng sắt gấp hàng chục lần so với từ một miếng gỗ có cùng thể tích.

Bây giờ, tôi nghĩ, chính bạn sẽ có thể hình thành rõ ràng đáp số cho câu hỏi 2. (Lưu ý: chúng tôi không nói gì về độ dẫn nhiệt và nhiệt dung của cơ thể con người. Hãy tự suy nghĩ xem những đặc điểm này đóng vai trò gì trong việc xem xét quá trình của chúng tôi.)

Để trả lời những câu hỏi sau, chúng ta hãy nhớ lại một số

20

thông tin từ vật lý phân tử, đặc biệt là về hơi nước.

Nước, như đã biết, có thể ở ba trạng thái kết tụ: rắn - băng, lỏng - thực ra cái mà chúng ta gọi là nước, và khí - hơi nước. Về phần đá, nó không liên quan nhiều đến vị cay của nước tắm mà hãy nói về nước và hơi nước.

Nước có thể biến thành hơi - đây là sự bay hơi và hơi nước có thể biến thành nước - đây là sự ngưng tụ. Khi nước bay hơi, nhiệt được hấp thụ và khi cùng một khối lượng hơi nước ngưng tụ, cùng một lượng nhiệt được giải phóng. Luôn có một lượng hơi nước nhất định trong khí quyển. Ví dụ, trong phòng lỏng, 1 m³ không khí thường chứa khoảng 10 g hơi nước. Mật độ hơi nước trong nước đã được gọi là độ ẩm tuyệt đối.

Hãy đặt một đĩa nước trong phòng. Nước sẽ bay hơi và biến thành hơi nước theo thời gian. Đồng thời, độ ẩm tuyệt đối trong phòng sẽ tăng, nhưng không nhiều - thể tích của phòng thường là vài chục mét khối, và nếu có 10 g nước trong đĩa thì độ ẩm tăng không quá 1 g/m³. Điều gì sẽ xảy ra nếu chiếc đĩa tương tự được đặt trong một chiếc bình có thể tích 1 lít (10⁻³ m³) và đóng lại? Lượng nước trong đĩa sẽ giảm cho đến khi hơi nước vào bình bão hòa. Và điều này sẽ xảy ra khi số lượng phân tử rời khỏi nước trong một đơn vị thời gian và số lượng phân tử truyền từ hơi nước sang nước trong một đơn vị thời gian bằng nhau. Và kể từ thời điểm này, độ ẩm tuyệt đối của không khí trong tàu sẽ không thay đổi. (Tất nhiên, ý của chúng tôi là nhiệt độ của bình luôn không đổi.)

Như vậy, ở mỗi nhiệt độ đều có độ ẩm tuyệt đối cực đại bằng mật độ hơi nước bão hòa ở nhiệt độ đó. Nhiệt độ càng cao thì giá trị mật độ hơi bão hòa càng cao.

Rõ ràng là độ ẩm tuyệt đối của không khí càng thấp so với độ ẩm tối đa có thể có của nước ở nhiệt độ nhất định thì quá trình bay hơi của nước càng diễn ra mạnh mẽ hơn. Tỷ lệ độ ẩm tuyệt đối với mật độ hơi bão hòa ở nhiệt độ nhất định được gọi là độ ẩm tương đối và độ ẩm tương đối.

21

Khi bạn thêm nước sôi vào lò sưởi, phòng xông hơi ướt sẽ trở nên khô hơn, nghĩa là độ ẩm tương đối giảm (và tất nhiên độ ẩm tuyệt đối sẽ tăng lên). Tại sao điều này lại xảy ra? Khi một lượng nhỏ nước được tạt mạnh vào bếp, nó sẽ bắn tung tóe thành những giọt nhỏ. Khi chúng rơi xuống những viên đá được nung nóng đến nhiệt độ hàng trăm độ, những giọt nước sẽ bay hơi ngay lập tức và biến thành hơi nước, nhiệt độ của nó tương đương với nhiệt độ của chính những viên đá. Hơi nước nóng thoát ra từ bếp, nhiệt độ chung của không khí ở bề mặt bốc hơi. Nhiệt độ cao hơn tương ứng với mật độ hơi bão hòa cao hơn, và do đó, ngay cả khi tính đến sự gia tăng độ ẩm tuyệt đối, độ ẩm tương đối có thể giảm. Điều này thực sự đang xảy ra.

Rõ ràng lý do tại sao bạn cần đổ nước thành từng phần nhỏ. Một phần lớn sẽ rơi xuống đá theo dạng “giọt” tương đối lớn. Một “giọt” như vậy sẽ không thể bay hơi nhanh như giọt nhỏ mà sẽ bắt đầu sôi, tạo thành hơi nước có nhiệt độ 100 ° C hoặc có thể cao hơn một chút. Nhưng điều này sẽ không phù hợp với chúng tôi. Bí mật nằm ở tốc độ của quá trình! Vì lý do tương tự, bạn không nên tạt nước lạnh. Xét cho cùng, đá có độ dẫn nhiệt khá thấp, do đó, ngay cả một giọt nhỏ, khi nóng lên đến 100 ° C, sẽ có thời gian để làm mát phần nào phần đá mà nó tiếp xúc, có nghĩa là nhiệt độ của hơi nước thu được sẽ giảm xuống.

Như vậy, chúng ta đã trả lời được câu hỏi 3, 4 và 5. Câu hỏi 6 bây giờ đã dễ dàng đối với chúng ta. Gần dầm nhiệt độ thấp hơn điểm sương. Do đó, hơi nước “thải” thoát ra khỏi phòng xông hơi bắt đầu ngưng tụ nhanh chóng, như người ta nói, “ngồi” trong vũng nước. Trong một phòng xông hơi ướt tốt, cửa và chày nằm ở hai đầu khác nhau: hơi nước nóng sinh ra ở lò sưởi, chảy qua toàn bộ phòng xông hơi, nguội đi và ngưng tụ ở đầu ra.

Và cuối cùng, câu hỏi cuối cùng: tại sao hơi nước trong lành lại thay thế không khí cũ trong phòng xông hơi?

Chúng ta hãy nhớ rằng khi “dọn dẹp” phòng xông hơi, một số tủ đã được ném vào lò, do đó, ngay cả một giọt nhỏ, khi đun nóng lên đến 100 ° C, sẽ có thời gian để làm mát phần nào phần đá mà nó tiếp xúc, có nghĩa là nhiệt độ của hơi nước thu được sẽ giảm xuống.

Chà, bây giờ mọi thứ đã trở nên rõ ràng với vật lý, bạn có thể bắt đầu các bài tập thực tế. Thật dễ dàng, độc giả thân mến!

nước gội đầu Châu Phi

Trò chơi và câu đố bằng dây đã rất phổ biến ở Châu Phi từ thời cổ đại. Chúng tôi muốn tặng bạn một trong những cái đầu này - họ rất thích nó ở Gambia. Băng đô này bao gồm các dây đai có ba lỗ, một sợi ren xuyên qua lỗ trung tâm như minh họa trong hình, và đóng ở các cạnh, và một cái chốt, chẳng hạn như cao nhất, ở vòng bên trái. Bạn cần di chuyển cọc dọc theo toàn bộ dây buộc sang bên phải mà không làm rách dây buộc khỏi tấm ván. (Dây ren dài gấp bốn lần tấm ván và chiếc cọc lớn hơn lỗ ở giữa tấm ván.)

22

treo
cầu

Y. S. PETROV

Cầu treo… Họ ngạc nhiên với sự táo bạo trong thiết kế, sự thuần khiết và hoàn hảo trong đường nét của họ. Những sợi cáp mỏng thẳng đứng, đi xuống từ những sợi dây võng cong duyên dáng, dễ dàng giữ trên không một dải nhựa đường nhiều tông màu dọc theo đó các máy tự động vội vã chạy qua. Hãy nhìn vào hình - thật là một cảm giác va chạm và nhẹ nhàng! Nhưng đằng sau sự nhẹ nhàng này là hướng đi kỳ diệu của mọi mắt xích của công trình, và sự tĩnh lặng hùng vĩ của nơi lơ lửng phía trên mắt sông là hệ quả của sự cân bằng của những lực vô hình to lớn được tâm trí của các công trình thuần hóa.

Trước khi trở thành một công trình hoàn chỉnh bằng thép và bê tông, công trường được thiết kế và tính toán cẩn thận bởi rất nhiều kỹ sư xây dựng. Nhưng việc thiết kế các vị trí cấu trúc đi trước sự phát triển của lý thuyết toán học tổng quát, lời giải của nhiều toán học chính và toán học cụ thể bài toán. Một trong những bài toán này được đề cập trực tiếp khi bạn nhìn vào một cây cầu treo: đường cong như thế nào, hình dạng nào, dây võng phải đảm bảo thăng bằng?

Thông thường câu hỏi được đặt ra sẽ được trả lời một cách tự tin đáp số-

23

vectơ *). lời giải này chính là nội dung của ghi chú này.

Phần chịu lực ở nơi cao nhất gồm có các sợi dây và thanh treo chúng ta giả sử là thẳng đứng, nằm cách nhau một khoảng bằng nhau và chịu tải như nhau (xem hình). Chúng ta sẽ chạy vượt qua sức nặng của những thanh và sợi dây này. Cuối cùng, chúng ta sẽ giả sử rằng sợi dây đối xứng với một đường thẳng đứng nào đó và nó tuyệt đối mềm dẻo và không thể giãn ra được. Chúng ta hãy lấy mặt phẳng thẳng đứng chứa sợi dây làm mặt phẳng tọa độ, đường thẳng giao nhau của nó với mặt phẳng cao, được coi là nằm ngang, là trục Ox và trục đối xứng là trục Oy. Chúng ta hãy biểu thị bằng khoảng cách giữa các thanh và bằng (x_k, y_k) tọa độ của đỉnh M_k (xem sơ đồ). Giả sử rằng lực căng của liên kết ngang

*) Bạn có thể đọc về vectơ trượt trong bài viết của Yu. P. Solovyov và A. B. Sosinsky trong số tạp chí này. Tuy nhiên, để hiểu lưu ý này, không cần thiết phải chia nhỏ toàn bộ bài viết này một cách chi tiết.

Phần chịu lực của nơi:
dây thừng bị đứt
… M₀M₁M₂M₃ …
thanh treo - phần
… M₁P₁, M₂P₂, M₃P₃, …

23

24

nhưng theo hướng ngược lại.
Theo thông điệp đối xứng, chỉ cần xem xét một nửa sợi dây (chẳng hạn như nửa sợi dây có hoành độ dương). Đỉnh $M_1$ cân bằng dưới tác dụng của ba lực: $T_0$, $F_1$ và $T_{12}$, từ đâu

$$tg a_1 = \frac{|F_1|}{|T_0|} = \frac{p}{T_0}.$$

Đỉnh $M_2$ cân bằng dưới tác dụng của các lực $T_{21}$, $F_2$ và $T_{23}$ nên $tg a_2 = 2p/T_0$. Tương tự như vậy, $tg a_k = kp/T_0$.

Bây giờ chúng ta có thể tính tọa độ $(x_k, y_k)$ của đỉnh $M_k$. tọa độ của đỉnh $M_1$ bằng $(a/2, b)$, trong đó $b$ là khoảng cách từ liên kết ngang đến trục $Ox$. tọa độ của các đỉnh còn lại có thể được tính tuần tự bằng các công thức

$$x_k = x_{k-1} + a, \quad y_k = y_{k-1} + a \ tg a_{k-1}.$$

Kể từ đây,

$$x_k = \frac{a}{2} + (k-1)a,$$

$$y_k = b + \frac{ap}{T_0} [1 + 2 + \ldots + (k-1)] = b + \frac{k(k-1)ap}{2T_0}.$$

Công thức cho $y_k$ có thể thu được bằng cách khác. Để suy ra nó, chỉ cần thay thế các ngoại lực tác dụng lên phần $M_1 M_2 \ldots M_k$ của sợi dây tạo thành một hệ vectơ tương đương với 0 là đủ, do đó tổng mô men của chúng so với điểm $M_k$ bằng 0.

25

Phát hiện tia gen RENT

Đến những năm 90, giáo sư trăm tuổi tại Đại học Worzburg (Đức), Wilhelm Conrad Roentgen, đã nổi tiếng trong giới khoa học.

Vào tối thứ Sáu ngày 8 tháng 11 năm 1895, khi đang giảng dạy, Roentgen đang thí nghiệm trong phòng thí nghiệm - một mình, như mọi khi. Trong nhiều tuần nay, đối tượng nghiên cứu của ông là các loại cá đuối nóng thời bấy giờ. Bây giờ chúng ta biết rằng đây là một dòng electron chuyển động rất nhanh. Nhưng vào thời đó, đây là tên của bức xạ không rõ bản chất phát ra từ cực âm của ống phóng điện (một hộp thủy tinh được hút chân không đến chân không cao, thường có hình dạng thon dài, trong đó các điện cực kim loại được cắm ở hai đầu) khi đặt điện áp cao vào các điện cực của nó. Nơi tia âm cực chạm vào thành ống, thủy tinh sẽ phát ra ánh sáng xanh lục.

Tia X hoạt động trong phòng tối và ống phóng điện được đặt trong hộp truyền ánh sáng màu đen. Gần cô ấy, trên bàn thí nghiệm, có một màn hình phát sáng - một mảnh giấy phủ bạch kim synerdite barrem (những màn hình như vậy, phát ra ánh sáng khả kiến ​​khi bức xạ vô hình - tia cực tím hoặc tia cathode - được áp vào chúng, sau đó được sử dụng rộng rãi trong thực hành phòng thí nghiệm). Thật bất ngờ, nhà khoa học nhận thấy rằng với mỗi lần phóng điện qua ống lên màn hình… lại có một tia sáng rực rỡ.” Tia X ngay lập tức đảm bảo rằng đó là ống phóng điện, nguồn bức xạ vô hình, không thể là tia cực tím hay tia cathode. Trên thực tế, các tia sáng nhấp nháy trên màn hình được quan sát và yêu cầu phóng điện và tia âm cực - một tấm nhôm dày 15 mm, một cuốn sách dày 1000 trang và cuối cùng là bàn tay của chính bạn. Và Roentgen thấy rõ rằng ông đã may mắn thực hiện được một khám phá thú vị - phát hiện ra một loại tia mới, hơn nữa, loại tia này còn có khả năng dẫn hướng không thể giải thích được.

Không rõ phát hiện của Roentgen là hoàn toàn ngẫu nhiên hay liệu một số thông điệp trực quan nào đó đã dẫn ông đến nguồn gốc của bộ phim chuyển thể trong phòng tối. Có nhiều phiên bản về vấn đề này - từ đáng ngờ đến thuyết phục. Nhưng tất cả đều chưa hoàn thành: nhà khoa học ít nói không nói gì, và có rất ít người. Nhưng điều ai cũng biết là Roentgen đã trải qua bảy tuần tiếp theo sau ngày 8 tháng 11 hoàn toàn biệt lập trong phòng thí nghiệm (ông thậm chí còn ra lệnh đặt một chiếc giường gấp ở đó), cả ngày lẫn đêm, gần như không nghỉ ngơi, tiến hành ngày càng nhiều màn hình mới, kiểm tra lại và thay đổi các thí nghiệm trước đó. Khoảng thời gian làm việc căng thẳng hóa ra lại cực kỳ hiệu quả - Roentgen phát hiện ra sự hấp thụ các tia mới phụ thuộc vào độ dày và mật độ của các vật liệu khác nhau như thế nào; xác định rằng chùm tia có thể “mềm” (hấp thụ mạnh) và “cứng” (hấp thụ yếu); nghiên cứu hành động chụp ảnh của họ; cho thấy chúng không bị lệch bởi màn hình và từ trường và ion hóa tác động; thiết kế một ống xả,

(Cuối cùng xem trang 27)

26

Tổng quát bài toán về quân hậu

S. V. BELY,
E. A. ROVENSKY

Bài toán về quân hậu - việc đặt số quân hậu tối đa trên bàn cờ để chúng không đe dọa lẫn nhau và việc tìm ra số lượng tất cả các vị trí như vậy - từ lâu đã trở thành kinh điển. Vào thế kỷ 19, nhà toán học vĩ đại người Đức Carl Friedrich Gauss (1777–1855) đã giải quyết vấn đề này, và trong thế kỷ của chúng ta, nhà toán học và cyberNETIK Kolod Shenon xuất sắc người Mỹ (sinh năm 1916) đã chỉ ra mối liên quan trực tiếp của nó với các vấn đề về mã hóa chống ồn.

Gần đây, một khái quát thú vị về điều này bài toán đã xuất hiện liên quan đến việc sắp xếp số lượng quân hậu tối đa (Science and Life, 1982, No. 3, p. 73; «Kvant», 1983, No. 1, trang 3 khu vực): trên một bàn cờ, đặt số lượng quân hậu p tối đa sao cho mỗi quân hậu tấn công đúng k quân hậu (1<k<4). bài toán này do nhà toán học người Mỹ Scott Kim đặt ra và xuất bản trên J. Giải trí Toán học, 1979-80, tập. 12, không. 1, tr. 53 (một tạp chí của Mỹ chuyên xuất bản các bài báo có tính chất thú vị bài toán về toán học). Với k=0, chúng ta thu được bài toán cổ điển, với p_max=8. Hãy xem xét lý do tại sao công thức bài toán tạo ra ràng buộc k<4. Bài toán Kim đã giải được thương số (J. Toán giải trí, 1980-81, tập 13, số 1, trang 61-62). Được đặt tên:

$$p_{\text{max}} = 10 \text{ для } k = 1,$$
$$p_{\text{max}} = 14 \text{ для } k = 2.$$

Ví dụ về cách sắp xếp tương ứng được thể hiện trên Hình 1 và Hình 2.

Với k=3 và k=4, sự sắp xếp lần lượt là p=16 (ibid.) và p=21 (Scientific American, 1981, tập 245, số 6, trang 19), nhưng vẫn chưa rõ liệu những con số này có phải là mức tối đa hay không.

Trong bài toán này chúng ta sẽ chứng minh rằng $p_{\text{max}} = 18$ với k=3, (3)
$p_{\text{max}} = 21$ với k=4. (4)

Hình 3 và 4 cho thấy rằng đội hình có số lượng nữ hoàng này tồn tại. Lưu ý rằng sự sắp xếp với p=18 cho k=3 chưa được biết đến. Bây giờ chúng ta hãy thử tìm giới hạn trên của p.

Gọi p là số quân hậu và q là số hàng (dọc, ngang và chéo) mà trên đó có ít nhất một quân hậu đứng. Khi đó, nếu các quân hậu không tấn công lẫn nhau thì q=4p. Nhưng vì tổng số trận đánh bằng pk (mỗi quân hậu tấn công đúng k quân hậu) nên

$$q = 4p - \frac{pk}{2} \text{ или } r = \frac{2k}{8-k}.$$

Bây giờ chúng ta chứng minh (3). Tổng số chiều dọc, chiều ngang và đường chéo trên bảng n×n là 6n−2, do đó

$$q \leq 6n-2.$$

Từ (5) và (6) đối với bảng 8×8 ta thu được p<18.

27

Hãy chứng minh (4). Vì các ô vuông ở góc của bàn cờ không thể bị quân hậu chiếm giữ (tại sao?), nên chúng ta có
$$q \leq 6n - 6.$$

Từ (5) và (7) cho bảng $8 \times 8$ ta tìm được $p \leq 21$.

Vậy là, bài toán Kima đã hoàn toàn giải quyết được. Chúng tôi chỉ cần nói thêm rằng cách sắp xếp tối đa các con hậu trong Hình 3 và 4 được tìm thấy bằng máy tính (việc này mất khoảng 30 phút tính toán trên máy tính với số phép tính 200 nghìn mỗi giây). Những độc giả biết cách lập trình có thể thử sức mình trong việc tạo ra một chương trình như vậy.

Bài toán cho nghiên cứu.
Một cách khái quát tự nhiên về bài toán của S. Kim là bài toán như sau:
Trên bàn cờ $n \times n$ đặt số quân hậu tối đa $p_{\max} = p(n, k)$ sao cho mỗi quân hậu tấn công chính xác $k$ quân hậu ($0 \leq k \leq 4$) và tìm số $N = N(n, k)$ đó

Khám phá tia X

(Để bắt đầu, xem trang 25)

cho bức xạ mạnh hơn (về cơ bản nó là ống tia X đầu tiên).

Roentgen tóm tắt các kết quả thu được trong tập tài liệu “Về một loại tia mới” xuất bản vào đầu tháng 1 năm 1896. Đồng thời, ông gửi những bức ảnh X-quang đầu tiên tới các nhà vật lý hàng đầu thế giới, trong đó có hình ảnh bàn tay của vợ ông. Xin vui lòng, không một khám phá vật lý nào đã khơi dậy được sự quan tâm to lớn và phổ quát như khám phá bằng tia X về những tia xuyên qua tường và cho phép người ta nhìn thấy những thứ vô hình. Các nhà vật lý ngay lập tức bắt đầu lặp lại những thí nghiệm đáng kinh ngạc, các nhà báo lấp đầy các trang báo bằng những báo cáo giật gân. Năm 1901, Roentgen trở thành người đầu tiên đoạt giải Nobel vật lý.

Các lĩnh vực ứng dụng tia X hiện đại rất khó liệt kê - y học, di truyền học, khiếm khuyết, phân tích cấu trúc tia X, phân tích quang phổ tia X, nghiên cứu các bức tranh cổ, pháp y…

Việc phát hiện ra tia X chiếm một vị trí nổi bật trong lịch sử khoa học - chính nhờ nó mà buổi bình minh của vật lý nguyên tử và hạt nhân đã bắt đầu. “Vào đầu năm 1896, vào đúng ngày ở Paris, người ta biết đến các thí nghiệm của Roentgen và nhu cầu về tia sáng phát ra từ các bức tường phát sáng… có hiệu quả,” A. Becquerel nói, “Tôi quyết định sử dụng xem có bất kỳ chất phát quang nào khác cũng phát ra tia hay không.” Giả định này hóa ra không chính xác, nhưng chất phóng xạ đã được phát hiện trong các thí nghiệm của Becquerel.

Và J. J. Thomson nhớ lại: “Tôi đã từng nghiên cứu tính dẫn điện của chất khí dưới tác dụng của lực điện trong một thời gian, nhưng thật khó để tìm ra bất kỳ phương pháp tạo ra tính dẫn điện nào hiệu quả và đáng tin cậy. Các tia mới đã loại bỏ khó khăn này… Các thí nghiệm vô cùng khó khăn trước khi phát hiện ra tia đã trở nên dễ dàng.” Kết quả của những “thí nghiệm ánh sáng” này là sự khám phá ra electron của Thomson (vào mùa xuân năm 1897).

V. E. Yavelov

28

Ngày lễ truyền thống của các nhà toán học trẻ

Kỳ nghỉ của các nhà toán học trẻ ở thủ đô hiếu khách của Adjara thuộc Liên Xô - Batumi - từ lâu đã trở thành truyền thống. Hàng năm, các nhà toán học trẻ từ các vùng khác nhau của nước ta đều đến đây trong kỳ nghỉ thu. Các nhà tổ chức kỳ nghỉ - Hội đồng Công đoàn Adjara, Bộ Giáo dục Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Adjara, chi nhánh Adjara của “Tri thức” Hiệp hội toàn liên minh, ủy ban giáo dục nghề nghiệp khu vực của các nhà giáo dục, sở giáo dục công cộng thành phố và thị trấn Komsomol, Cung điện tiên phong và học sinh cộng hòa Batumi, trường trung học số 7 và 22, trường nội trú số 2 - đã cố gắng làm cho chương trình kỳ nghỉ trở nên thú vị và đa dạng hơn trong năm trước.

Địa điểm trung tâm của kỳ nghỉ là hội nghị, tại đó ban giám khảo có thẩm quyền bao gồm các nhà toán học và giáo viên, cũng như những vị khách trẻ tuổi của kỳ nghỉ sẽ nghe báo cáo và tham gia thảo luận của họ. Năm nay, ban giám khảo, do chuyên gia từ Đại học bang Tbilisi N. Kakhniashvili đứng đầu, có khối lượng công việc nặng nề - số lượng báo cáo kỷ lục đã được nghe trong phần thứ năm (khoảng 60). Các báo cáo thú vị đã được trình bày bởi các học sinh từ các trường Moscow số 444, 57 và 91. Báo cáo hay nhất của ban giám khảo bao gồm báo cáo của một học sinh lớp 10 trường Leningrad số 45 R. Alekseev “Về một số bất đẳng thức theo chu kỳ”, một học sinh trường dạy nghề Leningrad số 253 M. Mikheev “Đo bán kính của một quả bóng bằng la bàn nhỏ và thước kẻ”, F. Tolstov, học sinh lớp 10 Sverlov “Thông dịch viên ngôn ngữ RAPIRA cho ES COMPUTER”, học sinh lớp 10 trường Vật lý Yerevan số 1 V. Stepanov “Hội tụ trình tự”, học sinh trường 444 A. Ermkov về thuật toán của trò chơi “Bulls and Cows”. Một số báo cáo thú vị đã được các học sinh Batumi trình bày.

Và, như mọi khi, điều thú vị nhất là KBH toán học truyền thống. KBH bắt đầu bằng lời chào, sau đó các đội trình bày ngắn về chủ đề “Toán học trên một hành trình” - đây là “bài tập về nhà”. Sau đó, 12 đội - những người tham gia KBH - được đưa ra nhiều cuộc thi khác nhau: bài thơ hay nhất có vần điệu nhất định, bài bìa hay nhất cho tạp chí «Kvant», bài bài toán hay nhất trên «Kvant» cho học sinh nhỏ, và tất nhiên, rất nhiều bài toán.

Trong số đó có bài toán-đùa: Một người đàn ông sinh ngày 1 tháng 6 năm 40 trước Công nguyên. z., và qua đời vào ngày 1 tháng 6 năm 40 sau Công nguyên. h. Ông ấy đã sống được bao nhiêu năm? (đáp số: 79 năm - không có năm 0). Ngoài ra còn có các nhiệm vụ khó khăn hơn: Đặt 6 điểm trên một mặt phẳng sao cho ba điểm bất kỳ tạo thành một tam giác đều (đáp số: sáu điểm này là các đỉnh và tâm của một hình ngũ giác đều).

KBH kết thúc bằng phần tranh tài dành cho đội trưởng, đội chiến thắng thuộc về đội của ông Riggi Y. Antimirov. Đội trưởng đội Batumi, A. Smirnov, cũng thi đấu xuất sắc: anh là người duy nhất đưa ra kết quả đúng đáp số đến một trong ba nhiệm vụ của cuộc thi thuyền trưởng: số phần lớn nhất mà bốn mặt phẳng đi qua một điểm có thể chia không gian thành bao nhiêu phần?đáp số: 14), và điều này đã đưa đội của anh ấy lên vị trí đầu tiên. Kết quả, vị trí đầu tiên tại KBH được chia cho đội Batumi và Baku, vị trí thứ hai - thuộc về đội trường số 57 của Moscow và Sverdlovsk, vị trí thứ ba - thuộc về đội Trường dạy nghề Leningrad và Rigga.

Chương trình nghỉ lễ rất sôi động. Các em học sinh đã đến thăm trang trại bang Akhalshensky, thực hiện các chuyến du ngoạn đến Vườn Bách thảo, chia sẻ bảo tàng và Bảo tàng Bang Adjara. Chương trình của kỳ nghỉ bao gồm cuộc gặp gỡ với tạp chí «Kvant», tại đó những người chủ trì và khách mời của kỳ nghỉ đã chúc mừng tạp chí của chúng tôi nhân ngày kỷ niệm thành lập - kỷ niệm 15 năm xuất bản số đầu tiên «Kvant». Một lập trình viên thú vị được biểu diễn vào buổi tối do các nhà toán học của Vương cung thánh đường chiếm giữ. Trước thềm lễ bế mạc, chương trình “Tia lửa tình bạn” truyền thống đã diễn ra - một trong những điểm nhấn mang tính biểu tượng nhất của chương trình. Tất cả những người có mặt đều bày tỏ lòng biết ơn nồng nhiệt đến người khởi xướng và sáng lập cuộc tụ họp tuyệt vời này của các nhà toán học trẻ - giáo viên tài nguyên danh dự Medea Illarionovna Zhgenti.

N.V. Vasiliev,
V. L. Gutenacher,
V. M. Ivlev

KBANM
DÀNH CHO TRẺ EM TRƯỜNG CƠ SỞ

Nhiệm vụ

1. Nhập các số từ 1 đến 9 vào các ô vuông (xem hình) sao cho các bất đẳng thức đã chỉ ra được thỏa mãn.

2. Giải mã câu đố số:

3. Masha và Pavlik mỗi người mua một phần kem và mang về nhà. Pavlik đặt kem của mình vào đĩa trên bàn, còn Masha đặt kem của cô ấy dưới quạt. Kem của ai không nên tan chảy?

4. Kolya và Vitya, đi bộ qua công viên, bắt gặp một khoảng đất trống rộng lớn được bao quanh bởi những cây bồ đề. Kolya đi vòng quanh bãi đất trống, đếm cây cối. Vitya cũng làm như vậy, nhưng bắt đầu từ một cái cây khác (mặc dù anh ấy đi cùng hướng). Cái cây thứ bảy của Kolya là cái thứ bảy của Vitya, và cái cây mà Kolya đứng thứ bảy là thứ chín mươi tư của Vitya. Có bao nhiêu cây mọc xung quanh khu đất trống?

5. Hình A) và B) cho thấy một quân cờ đi ngang các ô vuông trên hai quân cờ. Bằng cách sử dụng hình này, hãy xây dựng đường duyệt hiệp sĩ cờ vua khép kín của tất cả các ô của hình được mô tả trong hình B).

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
L. P. Motsalov, S. N. Olekhnin, A. P. Savin,
G. A. Galperin, N. I. Avilov.

30

Về lực hấp dẫn phổ quát, sự lên xuống và dòng chảy

Tiến sĩ khoa học sư phạm
N. A. RODINA

Một trong những cuốn sách về du lịch mô tả hiện tượng độ dốc sau: khi thủy triều lên, những dòng nước mạnh ùa vào đầm phá của một trong những hòn đảo Aldabra (những hòn đảo này nằm trong Vịnh Ấn Độ Dương ngoài khơi bờ biển phía đông châu Phi); tại bến tàu nối đầm với biển, tốc độ dòng chảy đạt 25 km/h, khối lượng nước chảy vào lên tới vài tỷ tấn. Khi thủy triều xuống, nước lại đổ về đại dương, gần 2/3 diện tích đầm phá lộ ra và hàng nghìn con chim bay lượn quanh đầm tìm kiếm con mồi.

Lực lượng khổng lồ nào “tẩy” nước ra khỏi đầm khi thủy triều xuống và dâng lên khi thủy triều lên? Đây là những lực hấp dẫn phổ quát.

Người ta thường nói rằng Newton đã nảy ra ý tưởng về sự tồn tại của lực hấp dẫn giữa tất cả các vật thể trong tự nhiên khi quan sát sự rơi của một quả táo xuống Trái đất.

Nhưng việc phát hiện và nghiên cứu lực hấp dẫn có một lịch sử phức tạp.

Ngay cả các nhà khoa học của các trường phái Hy Lạp đầu tiên (thế kỷ V-IV trước Công nguyên) cũng lập luận rằng “cái giống có xu hướng thống nhất với cái giống”. Trong suốt thời Trung cổ, ý tưởng này đã được hỗ trợ bởi analgoria với sức hút của nam châm.

Chúng tôi đã gặp nhiều cái tên hay khi nghiên cứu lịch sử hình thành học thuyết về lực hấp dẫn phổ quát. Đây là Tycho Brahe, người đã quan sát các hành tinh trong hệ mặt trời trong hai mươi năm và để lại nhiều dữ liệu chính xác về chuyển động của chúng, và Johannes Kepler, người đã thiết lập các định luật về chuyển động của hành tinh trên cơ sở những dữ liệu này và bày tỏ ý tưởng rằng lực hút của Mặt trăng quanh Trái đất là lực hút, và Galileo Galilei, người đã phát hiện ra các vệ tinh của Sao Mộc, v.v. Nhưng chúng ta sẽ chuyển sang công trình của Newton, người đã khám phá ra định luật vạn vật hấp dẫn.

Đối với Newton, không gian được coi như một “phòng thí nghiệm”; vật thể mà ông tiến hành “thí nghiệm” là Mặt trời và các hành tinh trong hệ mặt trời. Nghiên cứu dữ liệu về chuyển động của các hành tinh, ông đi đến kết luận rằng trong mọi trường hợp, vật thể nằm ở trung tâm (Mặt trời liên quan đến các hành tinh và các hành tinh liên quan đến các vệ tinh của nó) tác động lên vật thể quay xung quanh nó với một lực nhất định, lực này giữ cho vật thể đó ở trong quỹ đạo. Một kết luận rất quan trọng và mang tính quyết định cho việc thiết lập định luật vạn vật hấp dẫn là kết luận mà ông đưa ra: lực giữ một thiên thể trên quỹ đạo tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ vật thể trung tâm.

Và quan điểm tiếp theo do Newoton xác lập cho biết: “Trọng lực rất cần thiết trong mọi vật thể nói chung và tỷ lệ thuận với khối lượng của từng vật thể”.

Vì vậy, tất cả các cơ thể đều bị thu hút lẫn nhau. Nhưng nếu trọng lực là đặc tính của mọi vật thể, thì tại sao trong cuộc sống bị xúc phạm của mình, chúng ta chỉ thay thế một trong những biểu hiện của nó - sức hút của các vật thể bởi Trái đất (và chúng ta thay thế nó một cách nhầm lẫn khi mang một vật nặng!)? Tại sao ngồi dự tiệc cạnh một người bạn mà chúng ta không có cảm tình với nhau?

Newton trả lời điều này: “Nếu có ai phản đối rằng tất cả các vật thể đều được định vị

31

Theo định luật này, chúng ta nên hút về nhau, trong khi lực hấp dẫn đó hoàn toàn không được cảm nhận, thì tôi sẽ trả lời rằng lực hấp dẫn đối với các vật thể này, nhỏ hơn rất nhiều so với lực hấp dẫn đối với Trái đất, khối lượng của vật thể đó nhỏ hơn khối lượng của toàn bộ Trái đất bao nhiêu lần, hóa ra lại nhỏ hơn nhiều so với khối lượng có thể cảm nhận được.”

Hóa ra mức độ thoải mái giữa hai người ở khoảng cách một mét (ví dụ, ngồi cùng một bàn) là khoảng 0,00000025 N.

Điều này có nghĩa là các lực giữ các hành tinh trên quỹ đạo của chúng trong một trường hợp có thể nhỏ đến mức không thể nhận thấy trong trường hợp khác.

Ta hãy viết định luật vạn vật hấp dẫn dưới dạng công thức, đưa ra hệ số tỉ lệ (G) nối lực hấp dẫn (F) của hai vật với khối lượng của chúng ($m_1$ và $m_2$) và khoảng cách giữa chúng (r):

$$F = G \frac{m_1 m_2}{r^2}.$$

(*)

Để tính lực hút lẫn nhau giữa hai vật, bạn cần biết hệ số G là bao nhiêu, tức là biết hai vật có khối lượng bằng nhau bị hút vào nhau ở khoảng cách bằng một.

Hệ số này chỉ có thể được xác định bằng thực nghiệm. Nó được gọi là hằng số hấp dẫn (“trọng lực” là một từ tiếng Latin, dịch sang tiếng Nga là “trọng lực”). Đây là hằng số đầu tiên trong lịch sử vật lý (“hằng số” trong tiếng Latinh), hằng số đầu tiên trong họ Hằng số, được gọi là phổ quát, nghĩa là giống nhau đối với mọi vật thể trong tự nhiên. Newton đã đưa hằng số này vào khoa học nhưng ông không xác định được ý nghĩa của nó.

Những khó khăn trong việc xác định hằng số hấp dẫn là do lực hấp dẫn của các vật thể được sử dụng trong các thí nghiệm trong phòng thí nghiệm là nhỏ “vô vọng” và cần có những kỹ thuật tinh tế nhất để đo nó.

…Nhà khoa học người Anh Henry Cavendish đã cẩn thận thực hiện các phép đo khoa học, và sự tận tâm của ông thậm chí còn được ghi nhận trong lịch sử vật lý. Ông chỉ công bố công trình của mình khi hoàn toàn tin tưởng vào tính đúng đắn và chính xác của kết quả. Có lẽ chính những yêu cầu cao của chiếc bàn đối với bản thân đã dẫn đến thực tế là nhiều khám phá của Cavendish (và những khám phá khoa học rất quan trọng!) đã được ông biết đến gần một trăm năm sau khi chúng được ông thực hiện, khi nghiên cứu các ghi chú của ông.

Henry Cavendish là người vào năm 1798 đã xác định được hằng số hấp dẫn trong phòng thí nghiệm. Thiết lập anh ấy sử dụng được hiển thị trong hình 1.

Hai quả bóng chì nhỏ (1 và 2) được gắn vào hai đầu của một thanh đèn treo ở giữa bằng một sợi chỉ mỏng dài. Những quả bóng lớn (A và B) được đưa vào những quả bóng này. Các quả bóng lắng xuống, thanh quay và xoắn. Quá trình xoắn dừng lại khi lực đàn hồi được cân bằng bởi lực hấp dẫn giữa quả bóng lớn và quả bóng nhỏ. Và lực đàn hồi ở các góc xoắn khác nhau là bao nhiêu - Cavendish đã đo trước điều này. Vì thế

(Puc. 1.)

(Về phần kết, xem trang 34)

tìm thấy những địa điểm thứ Ba đầu tiên tôi
đưa tôi đến Leningrad, và thứ Ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên Tôi là thứ Ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên Tôi là thứ Ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
ở Rita. Ở vị trí tiếp theo, tôi là người thứ ba đầu tiên sau vị trí đầu tiên. Tôi là người đầu tiên
từ các thành phố?

Giải mã câu đố số học:
SNEG+KRUG=SPORT.

+SNEG
KRUG
SPORT

Đã phát triển thành hai đảng,
những con khỉ đang vui vẻ.
Phần thứ tám của chúng bình phương
TƯ THẾ HOÀN TOÀN ĐÔNG LẠNH.
Tiếng hét tách ra mười hai.
Không khí thật trong lành.
Bạn nói bao nhiêu,
Có khỉ ở đó trong lễ hội không?

Tìm một số có bốn chữ số là số chính phương có hai chữ số đầu giống nhau và hai chữ số cuối giống nhau.

Ba Lan

Có sáu người con trong gia đình. Năm người trong số họ lần lượt lớn hơn người trẻ nhất là 2, 6, 8, 12 và 14 tuổi.
tuổi của mỗi đứa trẻ là một số đơn giản. Người trẻ nhất bao nhiêu tuổi?

Một ô tô khởi hành từ Varia đến Sofia với vận tốc 75 km/h. Lúc đó còn 20 phút nữa từ Varia-
Một ô tô khác khởi hành trên cùng đoạn đường đó với vận tốc 90km/h. Trên ka-
Hỏi xe thứ hai thắng xe thứ nhất cách Varia bao xa?

Volgaria

Năm Koledas Olympic được chia thành
phần phẳng). Địa điểm-
những phần này mỗi phần là một số
từ một bộ từ 1 đến 15 sao cho tổng
các số bên trong mỗi vòng tròn bằng
39.
Trừu tượng

35

các vật thể, nước nằm gần điểm A (hình 2) bị Mặt trăng thu hút mạnh hơn nước ở gần điểm B. Có vẻ như do điều này, nước sẽ chảy về phía “mặt trăng” của Trái đất, nơi hình thành một bướu nước. Do Trái đất tự quay quanh trục nên ở mỗi nơi nước sẽ dâng lên (thủy triều lên) và rút xuống (thủy triều thấp) mỗi ngày một lần. Tuy nhiên, trên thực tế, cả thủy triều lên và xuống đều xảy ra 2 lần trong ngày. Tại sao lại như vậy?

Lý do là Trái đất và Mặt trăng không đứng yên so với nhau. Hãy tưởng tượng hai quả bóng - một quả nặng và một quả nhẹ - được nối với nhau bằng một sợi chỉ và nằm trên một bề mặt nằm ngang nhẵn. Một quả cầu nhẹ có thể quay quanh nó; nó sẽ không giữ nguyên vị trí - tâm của nó cũng sẽ di chuyển xung quanh vòng tròn, mặc dù bán kính nhỏ (xem hình 2). Chỉ có một điểm O nhất định đứng yên trên một đường dọc theo sợi dây bị kéo căng, nằm gần quả cầu nặng (gọi là khối tâm của hệ). Xung quanh điểm này cả quả bóng nặng và quả bóng nhẹ sẽ quay.

Theo cách tương tự, Trái đất và Mặt trăng quay quanh một điểm nhất định, do Trái đất nặng hơn Mặt trăng rất nhiều, thậm chí hóa ra nó nằm bên trong Trái đất (nhưng không phải ở trung tâm của nó). Tâm Trái đất quay quanh một điểm và nước trên bề mặt Trái đất bị đẩy ra khỏi tâm quay. Điều này dẫn đến sự hình thành một khối nước ở phía Trái đất đối diện với Mặt trăng. Bề mặt của đại dương có hình dạng xa xôi, kéo dài về phía Mặt trăng và (ít hơn một chút) theo hướng hoàn toàn ngược lại. Do Trái đất quay quanh trục của chính nó nên một làn sóng thủy triều “bướu kép” “chạy” dọc theo bề mặt Trái đất. Ở những khu vực xuất hiện sau vết đỏ giữa các bướu, người ta quan sát thấy sự khác biệt.

Nghiên cứu thủy triều đặt ra nhiều thách thức. Mô hình đơn giản hóa mà chúng tôi xem xét khác xa với bức tranh thực tế. Trái đất, như bạn đã biết, không phải là hình cầu, nó dẹt ở hai cực; nước phân bố không đều trên bề mặt của nó. Mặt trăng, khi nó di chuyển qua quỹ đạo của nó, thấy mình ở những khoảng cách khác nhau so với Trái đất. Mặt trời cũng góp phần vào lực thủy triều. Và vị trí tương đối của Mặt trời, Trái đất và Mặt trăng thay đổi định kỳ. Những yếu tố này và nhiều yếu tố khác ảnh hưởng đáng kể đến bức tranh thực tế về sự hoàn lưu và chuyển động của sóng thủy triều và có thể làm xáo trộn vị trí của các bướu trong nước, thay đổi giá trị của chúng, v.v.

Nhưng điều quan trọng bây giờ chúng ta đã rõ: nguyên nhân của sự lên xuống của thủy triều là do trọng lực phổ quát.

Có thể nói một cách cường điệu rằng ngay từ thời xa xưa, các thầy tu đã biết tính toán thời gian thủy triều. Nếu không thì làm sao họ có thể tạo ra những “phép màu”, chẳng hạn như được mô tả trong các câu chuyện của Ai Cập cổ đại: “…Khi họ đến con tàu của kênh “Hai con cá”, họ thấy rằng vùng nước nông đã lộ ra và không thể tiến xa hơn. Sau đó, Bệ hạ Pharaoh đã gọi Djedi và ra lệnh… Và Djedi bắt đầu niệm phép trên mặt nước. Theo lời ông, nước trong kênh dâng lên và bao phủ vùng nước nông bằng một lớp bốn cubit. Và các con tàu của Pharaoh di chuyển…”

40

Nhiệm vụ

M936 — M940; F948 — F952

M936. Chứng minh rằng khi cân 3n+1 trên cân không có vỉ có thể chọn được viên đá nhẹ nhất và nặng nhất trong số 2n+2 nếu:
a) n=3; 6) n — bất kỳ số tự nhiên nào.
S. V. Fomin

M937. Có hình F nào không thể được bao phủ bởi hình bán nguyệt bán kính 1, nhưng hai bản sao của nó có thể được bao phủ bởi hình tròn bán kính 1 nếu F:
a) bất kỳ hình nào; 6) hình lồi?
N. V. Vasiliev, A. G. Samovat

M938. Bán kính của đường tròn tâm O quay đều, quay một góc 360°/n trong 1 giây (trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 3). Tại thời điểm ban đầu, nó chiếm vị trí OM₀, sau một giây - vị trí OM₁, sau 2 giây nữa - vị trí OM₂, 3 giây nữa sau đó - vị trí OM₃, v.v., sau n-1 giây nữa - vị trí OMₙ−1.
a) Chứng minh rằng nếu n là lũy thừa của 2 thì bán kính OM₁, …, OMₙ−1 chia đường tròn thành n phần bằng nhau.
b) Điều này có thể xảy ra với các giá trị khác của n không?
V. V. Proizvolov

M939. Các số 0,1,…,9 được viết theo cách nào đó vào các ô của bảng 10×10 sao cho mỗi số xuất hiện 10 lần.
a) Có thể thực hiện sao cho mỗi hàng, mỗi cột không quá 4 chữ số khác nhau không?
b)* Chứng minh tồn tại một hàng hoặc cột có ít nhất 4 chữ số khác nhau.
L. D. Kurlyandchik

M940*. a) Hình vuông được chia thành các hình chữ nhật. Chúng ta hãy gọi một chuỗi là một tập hợp các hình chữ nhật sao cho hình chiếu của chúng lên một trong các cạnh của hình vuông bao phủ hoàn toàn cạnh này mà không chồng lên nhau (hình 1). Chứng minh rằng hai hình chữ nhật bất kỳ thuộc một dãy nào đó.
b) Chứng minh khẳng định tương tự đối với trường hợp khối lập phương chia thành các hình chữ nhật song song (trong định nghĩa dây chuyền thì cạnh của hình vuông phải thay cạnh của hình lập phương).
c) Có đúng là hai hình song song bất kỳ trong phân chia của hình lập phương đều thuộc cùng một “lát” -

41

Một tập hợp các hình bình hành, các hình chiếu của chúng lên một mặt nhất định sẽ lấp đầy nó hoàn toàn mà không chồng lên nhau?

A. I. Golber, V. A. Gurvich

F948. Được biết, ở một “khoảng trống” nhỏ giữa các ô tô đang đứng trên vỉa hè, nên lái xe vào trong chứ không nên tiến về phía trước. Tại sao?

G. Vâng. Myakishchev

F949. Các chỉ số của nhiệt kế có giống nhau không, một nhiệt kế đặt trên bề mặt chất lỏng đang sôi, còn nhiệt kế kia đặt ở độ sâu của nó?

T. S. Petrova

F950. Trong ống mao dẫn kín, có hai cột rutin, được ngăn cách bằng một giọt dung dịch nước của chất điện phân HgI₂. Đường kính trong của ống d=0,3 mm. Ống được mắc nối tiếp với một điện trở có điện trở R=390 kOhm với pin có emf E=10 V (hình 2). Sau bao lâu thì giọt nước sẽ di chuyển được một vạch chia tỷ lệ (xem hình)?

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F951. Xác định điện dung của hệ tụ điện như ở hình 3. Mỗi tụ điện được biểu thị bằng giá trị điện dung của nó, được đo bằng microfarad.

A. I. Buzdin, S. S. Krotov

F952. Người quan sát kiểm tra một vật thể ở xa và hình ảnh của vật thể này được chụp từ điểm đặt vật thể được quan sát. Đối với anh ta, cái gì có vẻ lớn hơn - vật thể hay hình ảnh tượng trưng của nó? Bao nhiêu lần? nó được chế tạo bởi một thiết bị có thấu kính vật kính có tiêu cự F=3 cm; Khi in ảnh, giá trị tăng k=2,5 đã được thực hiện.

V. S. Rybin

Problems

M936 — M940; P948 — P952

M936. Prove that 3n+1 weightings on a plain balance without weights are sufficient to distinguish the lightest and the heaviest of 2n+2 stones, if a) n=3; b) n is any natural number.

S. V. Fomin

M937. Does there exist a plane figure F which does not cover a half disk of radius 1, while two copies suffice to cover a disk of radius 1, if a) F is an arbitrary set; b) a convex one?

N. B. Vasiliev, A. G. Samosvat

M938. The radius of a circle rotates about its centre O, sweeping through an angle of 360°/n each second (where n is a natural number greater than 3). At the initial moment the ra-

43

Lời giải bài toán
M916 — M920; F927 — F932

M916. Từ giữa mỗi cạnh của một tam giác nhọn, các đường vuông góc được vẽ sang hai cạnh còn lại. Chứng minh rằng diện tích giới hạn hoặc hình lục giác bằng một nửa diện tích hình tam giác.

Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh của tam giác này bằng $A, B, C$, trung điểm của các cạnh của nó bằng $A_1, B_1, C_1$ và ba đỉnh còn lại của hình lục giác được xem xét trong bài tập là $A_2, B_2, C_2$ (xem hình). Lưu ý rằng các đoạn nối tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ với trung điểm các cạnh của nó chia hình lục giác của chúng ta thành ba hình bình hành $OA_1C_2B_1, OB_1A_2C_1$ và $OC_1B_2A_1$ (các đoạn $OA_1$ và $B_1C_2$ song song với nhau, vì cả hai đều được phân bố lại sang một bên $BC$; tương tự $OB_1 \parallel A_1C_2$, v.v.). Theo đó, các tam giác $A_1B_1C_2, B_1C_1A_2$ và $C_1A_1B_2$ lần lượt bằng các tam giác $A_1B_1O, B_1C_1O$ và $C_1A_1O$, tức là diện tích hình lục giác gấp đôi diện tích tam giác $A_1B_1C_1$, hiển nhiên bằng 1/4 diện tích tam giác ban đầu.

Một cách chứng minh khác dựa trên việc ba đường cao của tam giác cắt nhau tại một điểm: $A_2, B_2$ và $C_2$ là giao điểm của các đường cao của các tam giác bằng nhau $AB_1C_1, C_1A_1B_1$ và $B_1CA_1$, do đó $\triangle A_2B_1C_1 = \triangle C_2CA_1$, $\triangle B_2A_1C_1 = \triangle C_2CB_1$, do đó tam giác của chúng ta có kích thước bằng hình bình hành $C_1A_1CB_1$.

Lưu ý rằng trong trường hợp một tam giác tù, cách xây dựng tương tự sẽ dẫn đến một đường gãy lục giác tự giao nhau, mà phát biểu này sẽ vẫn đúng khi xét đến cái gọi là “diện tích định hướng” (xem bài viết của A.L. Toom “Một đa giác có bao nhiêu diện tích?” trong «Kvant» Số 12 năm 1984).

A. A. Azamov

M917. a) Chuỗi vé xấu liên tiếp tối đa có độ dài bao nhiêu? b) Có bao nhiêu chuỗi có độ dài lớn nhất như vậy? (Số vé được coi là nằm trong khoảng từ 000000 đến 999999; một vé được gọi là may mắn nếu tổng ba chữ số đầu bằng tổng ba chữ số cuối.) a) Đáp số: 1000. Số vé bất kỳ nằm giữa hai số may mắn $1000N + N$ và $1000(N + 1) + (N + 1)$ (N và N + 1 là số có ba chữ số) có ba chữ số đầu tiên là số tương tự, xét theo thứ tự, bắt đầu từ số cuối cùng (đối với số bằng 1000A + B, trong đó A và B là số có ba chữ số, cần lấy N = A nếu A < B, và N = A - 1 nếu A ≥ B). Vì chênh lệch giữa các số may mắn này là 1001 nên độ dài của dãy vé không may mắn không thể lớn hơn 1000. Đồng thời, hai dãy số có độ dài 1000 - từ 000001 đến 001000 và từ 998999 đến 999998, hiển nhiên bao gồm các số không may mắn.

b) Đáp số: hai dãy; chúng được cho trong lời giải bài toán a).

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó giữa hai số may mắn bất kỳ $n = \overline{abcabc}^*$ và $n' = n + 1001 =$

*)Thanh có nghĩa là ký hiệu thập phân: $\overline{a_1a_2...a_n} = a_1 \cdot 10^{n-1} + a_2 \cdot 10^{n-2} + ... + a_n$.

44

= \frac{a’b’c’a’b’c’}{(a’b’c’=abc+1)} với \frac{abc}{≠000} và \frac{abc}{≠998} có ít nhất một con số may mắn nữa. Rõ ràng từ đây, không có “bộ truyện không may” nào dài 1000, ngoại trừ những bộ đã nêu ở trên.

Nếu $a \neq 9$, $c \neq 0$ thì số đó là $\frac{abc}{(a+1)b(c-1)}$; nếu $a=9$ thì $a'=9$ và số được yêu cầu là $\frac{a'b'c'8b_1c_1}{b_1c_1}$, trong đó số $b_1c_1$ có được bằng cách tăng một trong các chữ số của số $\frac{b'c'}{(b'c'≠99)}$ lên 1; nếu $c=0$ thì $c'=1$ và số được yêu cầu là $\frac{a'b'c'a_2b_2}{a_2b_2}$, trong đó $a_2b_2$ thu được từ $\frac{a'b'}{a'b'}$ bằng cách giảm một trong các chữ số xuống 1 $(\frac{a'b'}{≠00})$.

S. Yu. Orevkov

M918.* Bán kính hình tròn nội tiếp một tam giác là 1 và độ dài các cạnh của nó là số nguyên. Chứng minh rằng các số đó là 3, 4 và 5.

Giả sử trong một tam giác đã cho $ABC$ độ dài các cạnh $AB, BC$ và $CA$ bằng $c, a$ và $b$, khi đó, như dễ thấy, các đoạn của các cạnh từ đỉnh $A, B, C$ đến các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp nhìn từ cạnh đều bằng nhau

$$x = \frac{b+c-a}{2}, y = \frac{c+a-b}{2}, z = \frac{a+b-c}{2}$$

(xem hình để biết các ký hiệu). Trong trường hợp này, nửa chu vi $p$ của tam giác bằng $x+y+z$. So sánh các biểu thức tính diện tích $S$ của tam giác bằng công thức Heron -

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$

và qua nửa chu vi và bán kính $r=1$ của đường tròn nội tiếp -

$$S = pr,$$

chúng tôi hiểu được điều đó $p=(p-a)(p-b)(p-c)$ hoặc

$$x+y+z=xyz.$$

Từ các đẳng thức (1), suy ra các số $x, y$ và $z$ đều là số nguyên hoặc bán số nguyên (nghĩa là có dạng $n+1/2$, trong đó $n$ là số nguyên). Trong trường hợp thứ hai, các số $2x, 2y$ và $2z$ phải là số lẻ, điều này không thể xảy ra do đẳng thức (2) $(2x \cdot 2y \cdot 2z = 4(2x+2y+2z)=4(a+b+c)$ - số lẻ bằng số chẵn) và do đó chúng ta phải giải phương trình (2) dưới dạng số nguyên.

Giả sử định nghĩa $x \leqslant y \leqslant z$, thì $xyz \leqslant 3z$, tức là $xy \leqslant 3$. Đi qua các cặp số tự nhiên $(x, y)$ thỏa mãn bất đẳng thức này (và điều kiện $x \leqslant y$), chúng ta thu được $x=y=1$ và sau đó là $2+z=z$, điều này là không thể; hoặc $x=1, y=2$, rồi $3+z=2z$, tức là $z=3$; hoặc $x=1, y=3$ và $z=2<y$, điều này mâu thuẫn với giả định của chúng tôi. Vì vậy, $x=1, y=2, z=3$, tức là $a=y+z=5, b=z+x=4, c=x+y=3$.

V. V. Praslov

M919. a) Chứng minh đẳng thức

$$\int_0^{\frac{1}{4}} \frac{1}{\sqrt{gx}} dx + \int_0^{1} \frac{1}{\sqrt{arctg x}} dx = \frac{\pi}{4}.$$

46

$$z = nx^2y^2 - \frac{x^3 + y^3}{z^2} \geq nx^2y^2 - (x + y).$$

Đồng thời, hiển nhiên $x^3 + y^3$ chia hết cho $z^2$, nên
$$x^3 + y^3 \geq z^2 \geq (nx^2y^2 - (x + y))^2,$$
kể từ đây,
$$n^2x^4y^4 < 2nx^2y^2(x + y) + x^3 + y^3.$$

Chia cả hai vế cho $nx^3y^3$, ta được ước tính cần thiết
$$nxy < 2\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right) + \frac{1}{nx^3} + \frac{1}{ny^3}.$$

Từ đó suy ra ngay $x = 1$, vì với $x \geq 2$ (và $y \geq x$) phần nằm của bất đẳng thức () không nhỏ hơn 4 và vế phải nhỏ hơn 3. Hãy thay giá trị $x = 1$ vào ():

$$ny < 2 + \frac{2}{y} + \frac{1}{n} + \frac{1}{ny^3}.$$

Bất đẳng thức này chỉ có thể đúng với $y \leq 3$ (với $y \geq 4$ vế phải của nó nhỏ hơn 4). Hãy nhớ rằng số $x^3 + y^3 = 1 + y^3$ phải chia hết cho $z^2$ và $z \geq y$; theo đó, $z = 1$ cho $y = 1(1 + y^3 = 2)$, $z = 3$ cho $y = 2(1 + y^3 = 9)$ và đối với $y = 3(1 + y^3 = 28)$ không có giá trị phù hợp nào là $z$. Vẫn còn phải thay các bộ ba số (1, 1, 1) và (1, 2, 3) vào phương trình ban đầu và tìm thấy rằng trong trường hợp đầu tiên $n = 3$ và trong trường hợp thứ hai $n = 1$.

Vì vậy, đáp số: đối với $n = 3$ $x = y = z = 1$, đối với $n = 1$ phương trình được thỏa mãn bởi bộ ba (1, 2, 3) và mọi thứ tạo ra từ nó bằng các hoán vị.

Lời giải chúng tôi có một phương trình hỗ trợ cấu trúc của phương trình $x^2 + y^2 + z^2 = nxyz$, đã được thảo luận chi tiết trong bài viết của M. G. Kerin “Phương trình Diophantine của A. A. Markov” trong «Kvant» số 4 năm nay. Điều thú vị là phương trình này cũng chỉ có thể giải được với $n = 1$ và $n = 3$, nhưng số lời giải của nó là vô hạn trong các trường hợp tổng quát. Một phương trình tương tự khác cho số $(x + y + z = xyz)$ được tìm thấy trong lời giải bài toán M918.

R. A. Mazov, V. N. Dubrovsky

F927. Một hạt tích điện truyền qua một bộ đếm nhấp nháy, có hình dạng song song và các phân tử nhấp nháy nằm dọc theo quỹ đạo của nó sẽ phát ra ánh sáng. Ánh sáng tại mỗi điểm được phát ra đồng đều, tức là đồng đều theo mọi hướng. Phần năng lượng ánh sáng nào sẽ thoát ra từ chất nhấp nháy vào không khí nếu chiết suất của chất nhấp nháy là $n = 1,6$? Hãy chú ý đến vị trí của ánh sáng trong máy nhấp nháy.

Lưu ý uresol ở đỉnh hình nón bằng $\Omega = 2\pi(1 - \cos \theta)$, trong đó $\theta$ là góc giữa trục của hình nón và trục tạo thành của nó.

Xét một chùm ánh sáng phát ra từ một điểm tùy ý bên trong máy nhấp nháy.

Gọi $\alpha$ là góc mà tia này tạo với pháp tuyến $\vec{N}$ với một trong các mặt của mặt phẳng song song, được xác định trên mặt đất bởi mặt $A$ của nó, và $\alpha_0 = \arcsin(1/n) \approx 39^\circ$ là góc giới hạn của phản xạ toàn phần ánh sáng tại ranh giới tia chớp-không khí.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với mọi giá trị của chiết suất $n > \sqrt{2}$ thì các phát biểu sau đều đúng:

1. Chùm tia phát ra ở góc $\alpha < \alpha_0$ chắc chắn sẽ thoát ra khỏi thiết bị nhấp nháy và hơn nữa, chỉ xuyên qua mặt $A$.
2. Không có tia nào phát ra ở góc $\alpha > \alpha_0$ có thể đi qua mặt $A$.

Trước hết, hãy lưu ý rằng khi phản ánh

47

ánh sáng từ các mặt song song với $\vec{N}$, góc $\alpha$ không thay đổi (điều này tuân theo định luật phản xạ ánh sáng). Hơn nữa, vì đối với $n > \sqrt{2}$ $\alpha_0 < 45^\circ$, góc tới tối thiểu có thể có của chùm tia (thỏa mãn điều kiện $\alpha < \alpha_0!$) trên các mặt song song với $\vec{N}$ hóa ra lớn hơn $\alpha_0$ và do đó, ánh sáng không thể thoát ra khỏi đèn nhấp nháy qua các mặt này. Như vậy Mệnh đề 1 đã được chứng minh.

Hãy chuyển sang chứng minh khẳng định thứ hai. Hãy xem xét tất cả các giá trị có thể có của các góc $\alpha$ từ 0 đến $180^\circ$. Ở vùng $\alpha_0 < \alpha < 90^\circ$, do nhận xét sau đây, rõ ràng là ở bất kỳ góc nào trong số này, ánh sáng không thể thoát qua mặt $A$. Ở các góc ban đầu $90^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$, chỉ những tia đã phản xạ hoàn toàn trên mặt $B$, song song với $A$, mới có thể chiếu tới mặt $A$ (nhưng không nhất thiết phải đến đó). Nhưng những tia như vậy không thể đi qua mặt $A$, vì góc tới của chúng trên đó hoàn toàn giống với trên mặt $B$ mà chúng bị phản xạ. Do đó Mệnh đề 2 cũng được chứng minh.

Vì vậy, tất cả các tia đi ra khỏi quầy đều tập trung vào sáu hình nón - trục của mỗi hình nón vuông góc với một trong các mặt của hình song song. Góc khối được cắt bởi tất cả các hình nón từ góc khối lớn nhất bằng 4π là một phân số

$$\eta = \frac{6 \cdot 2\pi(1 - \cos \alpha_0)}{4\pi} = 3\left(1 - \sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}\right).$$

Điều này có nghĩa là khoảng 2/3 năng lượng ánh sáng thu được sẽ đến từ bộ nhấp nháy $n=1,6$.

S. A. Khorozov

F928. Hai nửa chindra chính giống hệt nhau, tổng khối lượng là $m$, được treo trên một sợi chỉ cô dâu không thể giãn ra như trong hình. Lực căng của sợi chỉ và lực ép của nửa chindra này lên nửa kia là bao nhiêu?

Mỗi nửa chindra chịu tác dụng của trọng lượng, lực căng của sợi chỉ và lực ép từ nửa chindra thứ hai. Hãy viết điều kiện bán chindra:

trong các hình chiếu trên trục ngang -

$$T + T \cos \alpha = N,$$

(1)

trong các hình chiếu trên trục tung -

$$T \sin \alpha = \frac{mg}{2}.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được lực $T$ của lực căng của sợi dây và lực $N$ của áp suất của nửa chindra này lên nửa kia:

$$T = \frac{mg}{2 \sin \alpha},$$

$$N = \frac{mg(1 + \cos \alpha)}{2 \sin \alpha}.$$

L. G. Markovich

48

F929. Được biết, bằng cách làm nguội bình bằng nước và đồng thời bơm khí ra khỏi bình, người ta có thể làm cho nước sôi. Chất lỏng có thể sôi khi làm nguội một bình kín chứa chất lỏng và khí không?

Điều kiện để một chất lỏng sôi ở nhiệt độ nhất định là áp suất phía trên nó bằng áp suất của hơi bão hòa ở nhiệt độ đó.

Nếu một bình kín chứa chất lỏng và khí được làm lạnh đồng đều thì ở bất kỳ nhiệt độ nào, áp suất trên chất lỏng sẽ lớn hơn áp suất hơi bão hòa của nó bằng giá trị áp suất riêng phần của khí trong bình. Trong trường hợp này, chất lỏng sẽ không sôi khi nguội.

Nếu bình được làm nguội không đều, khiến phần trên của bình nguội nhanh hơn thì chất lỏng có thể sôi. Điều này sẽ xảy ra khi tổng áp suất của khí và hơi bão hòa phía trên chất lỏng, nơi có nhiệt độ thấp hơn, trở thành áp suất của hơi bão hòa ở nhiệt độ cao hơn mà chất lỏng hiện có.

L. A. Ashkinazi

F930. Mật độ điện tích bề mặt trên các bản hình chữ nhật của tụ điện phẳng là +σ và -σ. Khoảng cách giữa các tấm nhỏ hơn nhiều so với kích thước của các tấm. Xác định hướng của tiết diện điện tại điểm A (xem hình).

Từ các thông điệp đối xứng, dễ dàng chỉ ra rằng vectơ chỉ phương $\vec{E}_A$ của trường tĩnh điện tại điểm A có hướng vuông góc với các bản tụ điện.

Thật vậy, hãy nhẩm chia mỗi đĩa thành những phần nhỏ giống hệt nhau. Chúng ta hãy chọn các cặp phần đối xứng (nằm đối diện nhau) trên hai tấm. Ví dụ: $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_1'$ của trường được tạo bởi điện tích của các phần này tại điểm A được định hướng theo phương thẳng đứng (xem hình). Vậy tổng hướng $\vec{E}_A$ của điện trường tại điểm A cũng thẳng đứng (tức là vuông góc với các bản tụ).

Ngoài ra, mỗi bản tụ điện của chúng ta có thêm ba bản giống nhau (có cùng mật độ điện tích) sao cho điểm A nằm bên trong khung tụ điện với các bản “gấp bốn”. Ví dụ: $\vec{E}_0$ của trường của tụ điện như vậy tại điểm A sẽ bằng $\vec{E}_0 = 4\vec{E}_A$, trong đó $E_0 = \sigma/\varepsilon_0$. Kể từ đây,

$$E_A = \frac{E_0}{4} = \frac{\sigma}{4\varepsilon_0}.$$

Ồ, vâng. Savchenko

F931. Một nguồn điểm cách thấu kính một khoảng 2F. Một màn ảnh cách thấu kính một khoảng 3F (xem hình). Phía sau thấu kính có một tấm tròn bán kính R truyền

49

Đến một điểm trên màn hình nằm ở khoảng cách $r$ từ trục quang $(r \leqslant R_\pi)$, tia sáng đi ra khỏi thấu kính ở khoảng cách tới $2r$ từ trục. Độ sáng tại điểm này của màn hình (không sử dụng tấm) bằng

$$E_0(r) = \frac{IF}{(F^2 + r^2)\sqrt{F^2 + r^2}} = \frac{IF}{(F^2 + r^2)^{3/2}}$$

(I là cường độ sáng của nguồn; bỏ qua sự mất mát ánh sáng trong thấu kính). Khi sử dụng tấm bản, độ sáng ở thời điểm này sẽ là

$$E(r) = E_0(r) \cdot T(2r) = \frac{IF}{(F^2 + r^2)^{3/2}} T(2r),$$

trong đó $T(2r)$ là “thông lượng” của tấm tại các điểm của nó, nằm ở khoảng cách $2r$ tính từ trục quang. Rõ ràng là độ chiếu sáng tại bất kỳ điểm nào của điểm (bất kể $r$) sẽ giống nhau nếu $T(2r) = k(F^2 + r^2)^{3/2}$, nghĩa là

$$T(r) = k \left(F^2 + \frac{r^2}{4}\right)^{3/2},$$

trong đó $k$ là hệ số tỷ lệ nhất định.

Vì $T(r) \leqslant 1$, khả năng tối đa tại tất cả các điểm của điểm khi sử dụng tấm không thể lớn hơn độ chiếu sáng tối thiểu của điểm thu được khi không có tấm. Độ chiếu sáng tối thiểu không có tấm là tại các điểm nằm trên ranh giới điểm, nghĩa là ở khoảng cách $R_\pi$ tính từ trục quang. Những điểm này bị các tia phát ra từ tấm ở khoảng cách $R_\pi$ chạm vào trục. Do đó, giá trị lớn nhất của $k$ được xác định bởi điều kiện $T(R_\pi) = 1$, tức là

$$k = \frac{1}{(F^2 + R_\pi^2/4)^{3/2}}.$$

Vì vậy, một điểm trên màn hình có khả năng chiếu sáng tối đa đồng đều nếu “thông lượng” của tấm thay đổi dọc theo bán kính của nó theo định luật

$$T(r) = \frac{1}{(F^2 + R_\pi^2/4)^{3/2}} \left(F^2 + r^2/4\right)^{3/2} = \left(\frac{4F^2 + r^2}{4F^2 + R_\pi^2}\right)^{3/2}.$$

A. A. LanUDEC

50

F932. Chi phí điều chỉnh như sau: nhấn dây thứ hai vào một vị trí nhất định, thêm nó sao cho âm thanh đồng nhất với dây đầu tiên, sau đó các dây khác cũng được điều chỉnh theo cách tương tự. Một người hoàn toàn không có tai nghe nhạc (tức là không thể phân biệt rõ âm thanh trong cao độ) có thể điều chỉnh chi phí được không?

Áp suất không khí trong không gian mà sóng âm truyền qua khác với áp suất khí quyển trung bình một giá trị $\Delta p$, giá trị này thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$\Delta p = p_0 \cos \omega t,$$

trong đó $p_0$ là biên độ của áp suất dư, đặc trưng cho độ to của âm thanh (được xác định bởi điều kiện kích thích tự nhiên của âm thanh), $\omega$ là tần số dao động, đặc trưng cho âm sắc (cao độ) của âm thanh (được xác định bởi tần số dao động của nguồn âm thanh).

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta giữ hai dây đàn guitar cùng một lúc với một lực bằng nhau, thắt chặt chúng sao cho nếu được điều chỉnh chính xác, chúng sẽ tạo ra âm thanh có cùng cao độ. Tổng áp suất không khí bổ sung sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$\Delta p_c = p_0 \cos \omega t + p_0 \cos ((\omega + \delta \omega) t + \varphi) = 2 p_0 \cos \left( \frac{\delta \omega}{2} t + \frac{\varphi}{2} \right) \cos \left( \left( \omega + \frac{\delta \omega}{2} \right) t + \frac{\varphi}{2} \right),$$

trong đó $\delta \omega$ là độ lệch tần số, xác định mức độ “lạc nhịp” của nhạc cụ, $\varphi$ là sự lệch pha có thể xảy ra trong dao động của dây đàn.

Vì có rất ít $\delta \omega$ trong bài toán của chúng tôi, nên các rung động trên dịch vụ được coi là âm thanh có tần số $\omega + \delta \omega / 2 \approx \omega$, nhưng âm lượng của âm thanh sẽ thay đổi theo thời gian với tần số $\delta \omega / 2$, tức là với một khoảng thời gian $T = 4\pi / \delta \omega$. Rõ ràng là $\delta \omega$ càng nhỏ thì khoảng thời gian $T$ càng dài. Sự gia tăng trong giai đoạn này phải được bổ sung bằng cách thắt chặt bộ chỉnh trên đàn guitar.

I. I. Mazin

Thông tin

Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow

Trường Vật lý buổi tối (VPS) thuộc Khoa Vật lý, Đại học quốc gia Mátxcơva thông báo tuyển sinh lớp 8, 9 và 10 cho năm học tới.

Mục tiêu chính của VFS là giúp học sinh nghiên cứu vật lý sâu hơn trong khuôn khổ chương trình giảng dạy ở trường. Các lớp học tại trường được thực hiện dưới hình thức giảng dạy hai tuần một lần và hội thảo hàng tuần. Ngoài ra, sinh viên sẽ được tham quan các phòng thí nghiệm khoa học của khoa và làm quen với những hướng đi chính của vật lý hiện đại qua bài giảng của các nhà khoa học hàng đầu. Đối với học sinh lớp 10, tổ chức cung cấp các lớp học tự chọn môn toán. Những người hoàn thành khóa đào tạo sẽ nhận được chứng chỉ hoàn thành VFS.

Việc xét tuyển vào VFS dựa trên kết quả của chủ sở hữu, sẽ được tổ chức bắt đầu từ ngày 24 tháng 9. Thanh niên đi làm được ghi danh mà không cần cạnh tranh. Để đăng ký vào trường, bạn phải đích thân điền đơn đăng ký tại Ủy ban Vật lý Komsomol của Đại học quốc gia Moscow (có đính kèm hai yếu tố có kích thước $3 \times 4$ cm). Đơn đăng ký có thể được nộp từ ngày 5 tháng 9 đến ngày 21 tháng 9, hàng ngày, trừ Chủ nhật, từ 16 đến 18 giờ.

Địa chỉ VFS: 119899, ​​​​Moscow, Lenin Hills, Đại học quốc gia Moscow, Khoa Vật lý, VFS. Điện thoại: 139-26-56.

NỤ CƯỜI SỐ LƯỢNG

Thông tin giáo dục

Các nhà khoa học tại Thị trấn Học viện đã xác định được những tín hiệu mới nhất từ ​​một nền văn minh chưa được biết đến. Điểm bắt đầu của tín hiệu thứ 6 tương ứng với 12 giờ giờ Moscow.

Viện Đo lường đã phê duyệt một đơn vị thời gian mới trong SI: cio Minute.

Dành cho những người hâm mộ khối Rusik: một định lý đã được chứng minh rằng CD có thể được đưa về trạng thái ban đầu từ bất kỳ vị trí nào trong không quá 6 lần di chuyển. Bằng chứng sử dụng một khối lập phương Rusik, một cây cọ rộng và một bộ sáu loại sơn.

Trong kỳ thi toán, giáo viên A. E. Ivanov đã lấy tờ giấy gian lận của học sinh B. Petrov và nhìn vào tờ giấy mong muốn, nhận ra chữ viết tay của cậu ấy từ mười lăm năm trước.

Tuyển tập “Tác phẩm chọn lọc” đã được xuất bản. Bộ sưu tập bao gồm 64 tác phẩm thuộc loại 2×2=4, 5×5=25, 6×6=36, 7×7=49, v.v.

Các thợ điện sẽ quan tâm đến ấn bản mới của cuốn sách “Sự cố” của I. A. Goncharov.

Đối với những ứng viên đã hoàn thành phần văn học bằng văn bản, một tuyển tập đầy đủ các bài tiểu luận đã được xuất bản. Ai quan tâm có thể liên hệ văn phòng VRD.

Toàn bộ dãy số tự nhiên đã được học sinh Vasya Semechkin học. Cuộc trình diễn fenomena sẽ tiếp tục ở phòng 215.

Điều này thật thú vị!

Tiên đề 1. Những gì viết bằng bút không thể dùng rìu cắt bỏ.
Tiên đề 2. Một khu rừng có thể bị đốn hạ bằng rìu. Kết quả. Rừng không thể được mô tả bằng bút.

Tiên đề 3. Họ đã chờ đợi lời hứa suốt ba năm.
Tiên đề 4. Bảy không đợi một.
Kết quả. Nếu bảy người đợi ba năm cho những gì đã hứa, họ sẽ được hứa nhiều hơn một điều.

Dựa trên tài liệu của Câu lạc bộ WRD của Khoa Toán
Báo NSU và MIPT “Vì khoa học”

52

Nghịch lý của tụ điện bản song song

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

“Có thể có nghịch lý gì ở đây,” người đọc sẽ nói, “rốt cuộc đây là một hệ thống điện đơn giản như vậy.” Và thực sự, quá trình của một tụ điện phẳng có thể diễn ra như thế nào? Từ sách giáo khoa vật lý phổ thông, chúng ta biết đây là tên của một hệ gồm hai bản dẫn điện song song đặt cách nhau một khoảng ngắn, giữa đó có một lớp điện môi.

Nếu các tấm (tấm) của tụ điện được nối với các dải bater thì một trong số chúng sẽ xuất hiện một điện tích nhất định $+q$, và mặt khác - tính phí $-q$. Điện trường của tụ điện bản song song chứa năng lượng có giá trị chủ yếu ở khoảng không giữa các bản. Trường này đồng nhất, tức là vectơ định hướng $\vec{E}$ là như nhau ở mọi điểm. Điện dung của tụ điện bản song song được biểu thị bằng công thức

$$C = \frac{q}{\Delta \varphi} = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon S}{d},$$

trong đó $\Delta \varphi$ là hiệu điện thế giữa các bản tụ, $S$ là diện tích mỗi bản, $d$ là khoảng cách giữa chúng. $\varepsilon$ là hằng số điện môi của môi trường, $\varepsilon_0$ là hằng số điện.

Có vẻ như mọi thứ đều rõ ràng. Trong khi đó, nhiều thí sinh “gặp” tụ điện tấm phẳng trong kỳ thi lại gặp những khó khăn nhất định. Trong một số trường hợp, dựa vào những sự thật nổi tiếng, họ đi đến những kết quả trái ngược nhau và một tình huống nghịch lý nảy sinh. Tất nhiên, tất cả những nghịch lý này có thể được giải quyết dễ dàng nếu bạn hiểu sâu sắc và chính thức các định luật về tĩnh điện. Hãy đưa ra một vài ví dụ cụ thể.

Nghịch lý 1. Xét một tụ điện không khí phẳng tích điện. Sự khác biệt tiềm năng giữa các tấm của nó

$$\Delta \varphi = \frac{q}{C} = \frac{qd}{\varepsilon_0 S}.$$

Chúng ta lưu ý rằng $\Delta \varphi$ tỷ lệ thuận với khoảng cách $d$ giữa các bản tụ điện. Điều này có nghĩa là bằng cách tách các bản của tụ điện tích điện, chúng ta có thể tăng hiệu điện thế giữa chúng. Ví dụ: bằng cách sạc một tụ điện đến hiệu điện thế 10 V rồi tăng khoảng cách $d$ lên $10^3$, $10^4$, … lần, chúng ta nhận được $\Delta \varphi$ bằng, tương ứng với, $10^4$ V, $10^5$ V, v.v. Thật là một cách đơn giản và tốt để tạo ra một máy gia tốc hạt tích điện! Có đúng không?

Ở đây rõ ràng chúng ta gặp phải sự mâu thuẫn với lẽ thường, điều này cho chúng ta biết rằng chỉ cần một bước nữa là chúng ta sẽ vi phạm một trong những nguyên tắc cơ bản của vật lý - định luật bảo toàn năng lượng.

Chưa hết, lý luận của chúng ta có đúng hay không? Rõ ràng những người nộp đơn trả lời ngay rằng điều này là không thể, nhưng không phải tất cả đều chỉ ra lý do vật lý cho việc này. Nhưng trên thực tế, mọi thứ rất đơn giản. Công thức cho điện dung của tụ điện phẳng chỉ có giá trị đối với các giá trị nhỏ $d$, nghĩa là khi $d$ nhỏ hơn đáng kể so với kích thước tuyến tính của các bản. Với những khoảng trống lớn giữa các bản, trường không còn đồng đều và hiệu điện thế $\Delta \varphi$ không còn phụ thuộc tuyến tính vào $d$.

Ở đây chúng tôi đã nêu lên một câu hỏi rất quan trọng về giới hạn khả năng ứng dụng của các kết quả vật lý. Bất kỳ mô hình vật lý nào cũng luôn có khả năng ứng dụng hạn chế. Chẳng hạn, không thể áp dụng mô hình khí lý tưởng cho khí thực ở áp suất cao và nhiệt độ thấp. Công thức tính điện dung của tụ điện bản phẳng ngừng “hoạt động” khi khoảng cách giữa các bản tụ đủ lớn và xuất hiện điện trường giữa chúng

53

không đồng nhất. Bạn không thể áp dụng trực tiếp định luật Coulomb để xác định cường độ tương tác điện giữa các bản của tụ điện bản song song. Thật không may, người nộp đơn trong trường hợp này viết công thức $F = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}$, trong khi biểu thức đúng cho lực là $F = q \frac{E}{2} = \frac{q^2}{2\varepsilon_0 S}$ (trong trường hợp này, lực không phụ thuộc vào khoảng cách $d$).

Bây giờ hãy tạo bài toán cho một lời giải độc lập.

Bài toán 1. Hãy thử ước tính xem hiệu điện thế giữa các bản của một tụ điện phẳng tích điện có thể tăng lên bao nhiêu lần nếu chúng được đặt ở một khoảng cách lớn hơn nhiều. Kích thước tuyến tính của các tấm $a = \sqrt{S}$ và khoảng cách ban đầu $d$ giữa chúng được coi là đã biết.

Lưu ý rằng loại ước tính bài toán này, vốn khó tính toán chính xác, đóng một vai trò lớn trong vật lý. Chúng yêu cầu lựa chọn một mô hình vật lý đơn giản hóa và cho phép người ta ước tính quy mô của hiện tượng theo thứ tự độ lớn.

Nghịch lý 2. Chúng ta hãy lấy một tụ điện phẳng tích điện và cách điện và khoan hai nhánh nhỏ vào các tấm của nó - nhánh này dẫn hướng nhánh kia. Trong trường hợp này, trường bên trong tụ điện thực tế sẽ không thay đổi và sẽ không đổi. Cho một tần số tích điện chạy vào tụ điện qua một trong các dây dẫn với tốc độ ban đầu nhỏ để điện trường của tụ tăng tốc nó (hình 1). (Rõ ràng, để làm được điều này, tần số phải ảnh hưởng đến tụ điện thông qua một phản ứng trong cùng một tấm tích điện.)

Sau khi đi qua tụ điện, bộ phận bay ra từ nhánh khác, thu thêm năng lượng $\Delta W = q\Delta\varphi$. Bây giờ người ta đề xuất sử dụng từ trường để thay đổi hướng chuyển động của hạt để nó bay trở lại

Hình 1.

qua nhánh thứ nhất vào tụ điện. Chúng ta hãy nhớ lại rằng lực Lorentz tác dụng từ từ trường lên một hạt tích điện đang chuyển động không sinh công, vì nó vuông góc với vectơ vận tốc của hạt.

Khi bay qua tụ điện một lần nữa, hạt lại thu được năng lượng bổ sung $\Delta W$, trong chu kỳ tiếp theo - một $\Delta W$ khác, v.v. Chúng tôi đã “phát minh ra” một máy gia tốc tuần hoàn không cần nguồn năng lượng. Thêm một chút trí tưởng tượng - và chúng tôi sẽ thiết kế một cái gọi là động cơ hoạt động mà không tiêu tốn năng lượng!

Chúng ta đi đến kết quả sai lầm này vì chúng ta đã không tính đến một trong những tính chất cơ bản của trường tĩnh điện - bản chất tiềm năng của nó. Thế năng của trường tĩnh điện có nghĩa là nếu chúng ta chuyển một vật tích điện từ điểm này sang điểm khác trong không gian thì công của lực điện không phụ thuộc vào hình dạng của đường đi mà chỉ được xác định bởi vị trí của điểm bắt đầu và điểm kết thúc. Theo đó, nếu một vật tích điện được truyền theo một quỹ đạo khép kín thì khi quay trở lại điểm xuất phát, tổng công do các lực điện thực hiện sẽ bằng không. (Hãy nhớ lại rằng trường hấp dẫn cũng có tính chất tương tự.) Chính tính chất này cho phép chúng ta đưa ra các khái niệm về thế năng và thế năng.

Trong trường hợp của chúng ta, khi một hạt tích điện di chuyển bên trong tụ điện, điện trường sẽ tăng tốc nó và ở bên ngoài tụ điện, nó sẽ làm nó chậm lại, và khi hạt tiến đến phản ứng ở tấm đầu tiên, năng lượng của nó sẽ lấy giá trị trước đó. Điều này có nghĩa là trong ví dụ đang xem xét, về cơ bản chúng ta không thể xử lý trường bên ngoài tụ điện tấm phẳng. Tất nhiên, có một trường yếu đáng kể giữa các tấm, nhưng trong đó hạt bay qua thành phố đến một khoảng cách xa hơn; Kết quả là, trong trường giảm tốc bên ngoài tụ điện, nó mất chính xác năng lượng được truyền cho nó bởi trường gia tốc bên trong tụ điện.

Nghịch lý 3. Đây là một ví dụ khác cho thấy việc bỏ qua trường ngoài của một tụ điện tấm phẳng (hay, như nó được gọi là trường

54

tán xạ) có thể dẫn đến kết luận sai về cơ bản.

Sách giáo khoa của trường nói rằng các vật thể, kể cả vật dẫn điện, nằm bên ngoài tụ điện, thực tế không ảnh hưởng đến điện dung của nó. Thông thường đây là trường hợp. Ví dụ: đặt một bản dẫn điện không tích điện “a” (hình 2) khác phía sau bản của một tụ điện phẳng. Tấm này sẽ không làm thay đổi điện trường bên trong tụ điện và điện dung của nó vẫn giữ nguyên. Bây giờ chúng ta mang một tấm khác vào tụ điện - “6” và đặt nó trước tấm thứ hai của tụ điện. Và tấm này không ảnh hưởng gì đến điện dung của tụ điện.

Bây giờ chúng ta hãy kết nối các tấm không tích điện bên ngoài bằng dây dẫn. Tụ điện của chúng ta dường như được đặt bên trong một hộp dẫn điện. Điều gì sẽ xảy ra?

Nhiều người nộp đơn cho rằng trong trường hợp này, điện trường giữa các bản của tụ điện sẽ không thay đổi (vì các bản bên ngoài không được tích điện) và do đó, điện dung của tụ điện cũng sẽ không thay đổi. Trong khi đó, mạch ở hình 2, với các tấm bên ngoài đóng lại, tương đương với mạch gồm ba tụ điện (hình 3). Nếu tất cả các khoảng trống giữa các bản đều bằng nhau thì điện dung của một tụ điện phức tạp như vậy bằng $C = \frac{3}{2} C_0$, trong đó $C_0$ là điện dung ban đầu. Do đó, xương thay đổi, cụ thể là nó tăng lên 1,5 lần. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

Hóa ra lợi ích của mọi thứ là trường mổ xẻ của tụ điện. Dưới tác động của nó, sự phân phối lại điện tích xảy ra ở các tấm bên ngoài, do đó tấm “a” phía trên mang điện tích âm và tấm “6” phía dưới mang điện tích dương. (Nhân tiện, theo hình 3, nếu một trong các tấm bên ngoài được nối bằng dây dẫn với một trong các tấm của một tụ điện nhất định, thì công suất điện trở sẽ bằng $2 C_0$.)

Nghịch lý 4. Chúng ta có hai tụ điện giống hệt nhau (không nhất thiết phải phẳng) với giá trị $C$ của mỗi tụ. Một trong số chúng bị tính phí $q_0$, còn cái còn lại không bị tính phí. Điện năng tích trữ trong tụ điện bằng

$$i = \frac{1}{R} \left( \frac{q_0 - q}{C} - \frac{q}{C} \right) = \frac{1}{RC} (q_0 - 2q).$$

Nếu chúng ta tính đến điều đó, theo định nghĩa, dòng điện tương đương với sự thay đổi của một

55

thời gian (đạo hàm của điện tích theo thời gian):
$$i = \frac{dq}{dt},$$
sau đó chúng ta có được phương trình
$$\frac{dq}{dt} + \frac{2}{RC} q = \frac{1}{RC} q_0.$$

Sẽ thuận tiện hơn khi viết phương trình không phải cho điện tích mà cho dòng điện, vì vậy chúng ta phân biệt sự tương ứng thủ tục-thủ tục được viết ở trên theo thời gian:
$$\frac{di}{dt} + \frac{2}{RC} i = 0,$$
hoặc $$\frac{di}{i} = -\frac{2}{RC} dt.$$

Phương trình cuối cùng rất dễ tích hợp. Trong trường hợp này, phía bên trái của phạm vi tích phân bắt buộc từ giá trị hiện tại ban đầu đầu tiên $i_0$ đến giá trị hiện tại $i(t)$ tại thời điểm được xem xét và phía bên phải - từ 0 đến $t$:
$$\ln i(t) - \ln i_0 = -\frac{2}{RC} t,$$
hoặc
$$i(t) = i_0 e^{-2t/(RC)}.$$

Giá trị của dòng điện $i_0$ tại thời điểm đầu tiên sau khi đóng công tắc có thể được xác định từ các thông báo vật lý sau: tại thời điểm đầu tiên, tụ điện bên trái được tích điện đến hiệu điện thế $q_0 v/C$, và tụ điện bên phải không được tích điện. Do đó, điện áp rơi trên điện trở chính xác là $q_0/C$. Theo sau đó là $i_0 = q_0/(CR)$.

Đồ thị của hàm $i(t)$ được hiển thị trong hình 5. Các hàm như vậy được gọi là số mũ. Chúng rất phổ biến trong lời giải vật lý bài toán. Khoảng thời gian $t$ mà dòng điện giảm $e$ lần được gọi là hằng số thời gian của hệ. Trong trường hợp của chúng tôi $t = CR/2$. Điện trở $R$ càng thấp thì dòng điện phân rã càng nhanh.

Bây giờ chúng ta chỉ cần tính nhiệt Joule:
$$Q = \int_0^\infty i^2(t) R dt = \frac{q_0^2}{C^2 R} \int_0^\infty e^{-4t/(RC)} dt = \frac{q_0^2}{4C} = \frac{1}{2} W_1.$$

Vậy là nghịch lý đã được giải quyết. Bất kể giá trị $R$chính xác là năng lượng ban đầu của tụ điện được chuyển thành nhiệt và năng lượng thứ hai được lưu trữ dưới dạng năng lượng điện của tụ điện sau khi chúng được sạc lại. Đừng nhầm lẫn bởi sự phức tạp của phép tính trên. Bạn không cần phải tính toán như vậy trong các kỳ thi. Điều quan trọng đối với chúng tôi là chỉ ra rằng sự tính toán chặt chẽ sẽ giải quyết được hoàn toàn mâu thuẫn.

Vẫn còn vài lời về trường hợp giới hạn $R \rightarrow 0$. Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta kết nối các tụ điện với chất dẫn điện hoàn hảo (chất siêu dẫn)? Về mặt hình thức, kết quả của chúng tôi vẫn hợp lệ vì nó hoàn toàn không phụ thuộc vào giá trị của $R$. Nhưng năng lượng “mất đi” được giải phóng ở đâu và dưới dạng nào?

Tất nhiên, trong trường hợp giới hạn này không có nhiệt Joule, nhưng bức xạ năng lượng điện từ bắt đầu đóng một vai trò quan trọng. Với sự thay đổi nhanh chóng của dòng điện trong mạch, một trường điện từ xen kẽ sẽ xuất hiện trong không gian xung quanh và một nửa năng lượng ban đầu sẽ bị sóng điện từ mang đi.

Cần lưu ý rằng trong trường hợp này cần tính đến độ tự cảm nhỏ của dây nối. Sau đó, mạch trở thành mạch dao động với độ suy giảm nhỏ (nhưng không nhỏ vô cùng!). Quá trình sạc lại tụ điện có bản chất là dao động và không thể biến đổi theo bất kỳ cách nào bởi bức xạ năng lượng điện từ trong không gian xung quanh.

Hãy cố gắng giải quyết thêm một nghịch lý nữa, rất giống với nghịch lý trước đó.

Vấn đề 2. Có một tụ điện $C$ không tích điện và một pin có lực điện động $\mathcal{E}$. Hãy nối các tấm tụ điện với các cực của pin. Sau đó, một điện tích $q = C\mathcal{E}$ sẽ xuất hiện trên các bản và tụ điện sẽ thu được năng lượng điện $W = C\mathcal{E}^2/2$. Trong trường hợp này, pin sẽ hoạt động $A = q\mathcal{E} = C\mathcal{E}^2$. Chúng tôi thấy điều đó $W = 1/2A$. Lần tưới thứ hai đã hoạt động ở đâu, một cục pin hoàn hảo?

Nghịch lý 5. Một tụ điện không khí phẳng có công suất $C$ được đổ đầy chất lỏng điện môi chứa thức ăn $\varepsilon$ và được tích điện đến điện áp $U$. Đồng thời, tụ điện thu được năng lượng điện $W_1 = \varepsilon CU^2/2$. Sau đó tụ điện được ngắt khỏi nguồn, chất lỏng được rút hết rồi phóng điện. Có thể dễ dàng báo cáo rằng trong quá trình phóng điện, năng lượng $W_2 = \varepsilon^2 CU/2 = \varepsilon W_1$ được giải phóng (điện tích của tụ điện $q = \varepsilon CU$ không thay đổi khi xả hết chất lỏng và công suất trở thành $C$). Hóa ra là khi tụ phóng điện, nhiều hơn

56

năng lượng hơn nó nhận được khi sạc. Ví dụ: tại $\varepsilon=2W_2=2W_1$. Một tình huống nghịch lý rõ ràng đã nảy sinh.

Mặc dù bài toán về sự phóng điện của một tụ điện đã loại bỏ chất điện môi đã được biết đến trong nhiều phiên bản khác nhau, nhưng nhiều người nộp đơn đã gặp phải những khó khăn khi sử dụng khi cố gắng giải quyết nghịch lý này. Và lời giải thích ở đây rất đơn giản.

Khi loại bỏ chất điện môi khỏi tụ điện tích điện, một số công dương bên ngoài phải được thực hiện, vì chất điện môi luôn bị hút vào vùng có điện trường mạnh hơn (giữa các bản). Do tác dụng dương này của ngoại lực nên điện năng của tụ điện sẽ tăng lên:

$$W_2 - W_1 = A_{\text{внеш}}.$$

Trong trường hợp của chúng ta, chất điện môi lỏng chảy ra khỏi tụ điện dưới tác dụng của trọng lực, do đó năng lượng của tụ điện sẽ tăng theo lượng công do trọng lực thực hiện. Nếu tụ điện luôn được kết nối với nguồn thì cũng cần phải tính đến hoạt động của pin:

$$W_2 - W_1 = A_{\text{внеш}} + A_{\text{бат}}.$$

Điều này tương ứng với định luật bảo toàn năng lượng đối với một tụ điện cách ly (và nói chung đối với bất kỳ hệ tĩnh điện cách ly nào) khi có ngoại lực tác dụng.

Bài toán 3. Cố gắng tìm độc lập công bên ngoài và công thực hiện bởi một cục pin có lực điện động $\varepsilon$ khi một chất điện môi lỏng có độ thấm $\varepsilon$ được rút ra từ một tụ điện nối với cực của nó. Dung tích không khí của bình ngưng là $C$.

Nếu có điện trở hoạt động trong hệ thống thì nhiệt độ của joyle cũng phải được tính đến. Trong trường hợp này, thuận tiện nhất là viết định luật bảo toàn năng lượng dưới dạng

$$A_{\text{бат}} - Q = \Delta W - A_{\text{внеш}}$$

57

Chuyến tham quan Moscow lần thứ VII dành cho các nhà vật lý trẻ

Thời gian thay đổi theo giờ, Và theo thời gian của đời người; Nhưng hãy cho tôi biết, làm thế nào để thay đổi độ sâu của Đông Dương?

Kozma Prutkov

Du lịch Moscow lần thứ VII được tổ chức bởi Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Moscow. MV Lomonosov từ tháng 10 năm 1984 đến tháng 2 năm 1985. Trong thời kỳ hiện đại này, 40 trường học ở Moscow và khu vực Moscow đã theo học học sinh trung học.

Giải nhất và giải thử thách được trao cho đội trường số 47 (đội trưởng - O. Vinogradova), hạng nhì - đội trường số 7 (R. Vakko) và trường Vật lý số 18 tại Đại học quốc gia Moscow (A. Mikheev), hạng ba - đội trường số 57 (V. Sadov), thôn số 82. Chernogolovka (V. Barzkin), số 542 tại MEPhI (O. Zaboronsky) và số 679 (A. Nikitin). Người chiến thắng trong cuộc thi đội trưởng là A. Mikheev (Trường Thể chất số 18). Với thành tích xuất sắc nhất giải, A. Vuyvolova (trường THCS số 7) đã được trao bằng khen. Vì đã tích cực tham gia giải đấu và thể hiện kiến ​​thức sâu rộng về vật lý của đời sống con người, ông đã trao giấy chứng nhận và quà cho 17 học sinh. Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Moscow đã trao giải dụng cụ vật lý cho các trường OLS có đội đạt kết quả cao.

Dưới đây chúng tôi xuất bản bài toán vật lý TUV-VII. Bạn có thể sử dụng chúng khi tổ chức các cuộc thi Olympic và câu đố vật lý ở trường, các buổi tối khoa học, các lớp giáo dục thể chất và trong các câu lạc bộ vật lý.

Tự chế bài toán cho các nhà vật lý của chuyến tham quan

Học sinh có một tháng để hoàn thành các nhiệm vụ này.

1. “Thiết bị quang học gây cháy.” “Trong những suy nghĩ này của tôi, dường như tôi có thể đạt được mục tiêu chỉ bằng một cách: bằng cách tập hợp tiêu điểm của một số đường thẳng hoặc gương vào một nơi, nơi mà với lực tổng hợp của chúng, chúng sẽ tạo ra nhiệt lớn hơn nhiệt lượng được biết đến cho đến nay.” (M. V. Lomonosov)

Nhiệt độ gia nhiệt tối đa và tốc độ gia nhiệt của một vật phụ thuộc như thế nào vào số lượng chùm tia trong thiết bị do M. V. Lomonosov đề xuất? Việc thay thế chùm tia năng lượng mặt trời bằng chùm tia laser sẽ dẫn đến điều gì?

2. “Xôn xao”. Một cuộn dây đồng được quấn thành nhiều lớp trên khung giấy. Xác định số vòng của cuộn dây mà không cần tháo nó ra. Tính điện trở, độ tự cảm và điện dung của cuộn dây. Để thực nghiệm, một cuộn dây được cho các thông số sau: đường kính dây 0,8 mm, đường kính cuộn dây 30 mm, chiều dài cuộn dây 20 mm, số vòng 125.

3. “Tế bào Benard”. Tạo một thiết lập để minh họa ô Benard. Trong quá trình lắp đặt của bạn, kích thước của các ô phụ thuộc như thế nào vào chênh lệch nhiệt độ giữa lớp chất lỏng trên và dưới cũng như độ dày của lớp chất lỏng?

Thông số cài đặt gần đúng:

1 - tấm đồng dày 1-3 mm;
2 - một đoạn ống làm bằng vật liệu chịu nhiệt (cao su cứng, tấm mica); đường kính trong 100 mm, cao 30 mm. Ống phải được gắn vào tấm bằng nhựa epoxy;
3 - nắp trong suốt (kính).

Chất lỏng đang được thử nghiệm là dầu hướng dương, trong đó bạn cần thêm một chút bạc (bột alamine mịn). Đổ một lớp chất lỏng mỏng vào bồn tắm thu được, đóng nắp và bắt đầu làm nóng đồng đều tấm đáy - bạn sẽ sớm tìm thấy các tế bào Benard. (Xem thêm «Kvant», 1977, số 4, trang 24.)

4. “Tuyết phủ”.
   “Sương giá được bao bọc trong tuyết:
   “Hãy chắc chắn rằng bạn không bị đóng băng!”

(Trích một bài hát thiếu nhi)

“Người ta tính toán rằng nếu toàn bộ Trái đất bị bao phủ bởi tuyết, nhiệt độ trung bình trên bề mặt của nó sẽ giảm từ mức hiện tại là +15 °C xuống −88 °C.”

(Trích sách khoa học)

Hai câu trích dẫn này chứa đựng một nghịch lý vật lý - tuyết khiến trời ấm và… lạnh. Hãy giải quyết nghịch lý này.

5. “Hiệu suất”. Biểu diễn tiết mục về chủ đề thể chất với sự tham gia của các thành viên trong nhóm và Bolshoi. Thời lượng biểu diễn: 5 phút. Thể loại là tùy ý.