Lời giải bài toán M1136—M1140; F1148—F1152

Kvant 1989, số 5 tr. 31-39 Thẻ MPO6

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

$R = 3 \cdot 10^9 R_0$ ( $R_0$ là bán kính quỹ đạo Trái Đất) khối lượng $M_1 = 1,5 \cdot 10^{11} M_0$ ( $M_0$ là khối lượng của Mặt Trời) tập trung từ tâm Thiên Hà. Trong khi đó, chu kỳ quỹ đạo của các ngôi sao nằm ở khoảng cách được chỉ định so với trung tâm Thiên hà là $T = 3,75 \cdot 10^8$ năm. Xác định “khối lượng ẩn” của Thiên hà, tức là khối lượng của các vật thể vô hình bên trong một quả cầu có bán kính $R$ . Khi tính toán chuyển động của các ngôi sao, khối lượng của Thiên hà có thể coi là tập trung ở trung tâm của nó.

V. E. Belonuchkin

F1171. Lưỡng cực điện - hai hạt có khối lượng giống nhau $m$ và điện tích $+q$ và $-q$ , được bao bọc ở hai đầu của một thanh cứng không trọng lượng có chiều dài $l$ , quay với tốc độ góc $\omega$ trong mặt phẳng nằm ngang quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm $O$ của lưỡng cực (hình 3). Tại một số điểm, một từ trường không đổi có cảm ứng $B$ hướng thẳng đứng được bật lên. Mô tả chuyển động được thiết lập của lưỡng cực.

S. Edrakovic (SFRY)

F1172. Bề mặt bên trong của quả cầu được phủ một tấm phản xạ khuếch tán có hệ số phản xạ $r = 0,9$ . Sự phân bố góc của ánh sáng phản xạ bởi gương phản xạ khuếch tán được mô tả bởi định luật Lambert:

$\Delta N = \frac{N}{\pi} \cdot \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$

trong đó $N$ là tổng số photon phản xạ, $\Delta N$ là số photon phản xạ theo một góc đặc nhỏ $\Delta \Omega$ , tạo một góc $\theta$ với pháp tuyến của vùng phản xạ. Một nguồn sáng chính xác sẽ nhấp nháy ở trung tâm quả cầu. Bao nhiêu phần tử photon sẽ thoát ra khỏi sự từ chối rất nhỏ có trong quả cầu?

S. A. Khorozov

Lời giải bài toán
M1136—M1140, F1148—F1152

M1136 *. Chứng minh bất đẳng thức cho các số không âm $A$ , $M$ , $S$
$3 + (A + M + S) + \left( \frac{1}{A} + \frac{1}{M} + \frac{1}{S} \right) + \left( \frac{A}{M} + \frac{M}{S} + \frac{S}{A} \right) \geq \frac{3(A + 1)(M + 1)(S + 1)}{AMS + 1}.$

Bằng chứng về tính chất của phép biến đổi nhân tạo (nhưng cũng khéo léo!) đối với trọng lượng. Nhân hiệu giữa vế trái và vế phải của bất đẳng thức với mẫu số chung $AMS(AMS + 1)$ và tích của sự sắp xếp lại các số hạng, ta thu được
$A^2M^2S^2(A + M + S) - 2AMS(AM + MS + SA) + (AM^2 + MS^2 + SA^2) + AMS(AM^2 + MS^2 + SA^2) - 2AMS(A + M + S) + (AM + MA + AS) = AM(M + 1)(SA - 1)^2 + MS(S + 1)(AM - 1)^2 + SA(A + 1)(MS - 1)^2 \geq 0,$
Hơn nữa, sự bình đẳng rõ ràng chỉ đạt được với $A = M = S = 1$ . lời giải này đã được báo cáo cho tác giả bài toán bởi một chuyên gia nổi tiếng về bất đẳng thức tuần hoàn, Giáo sư P. H. Dinanada đến từ Singapore.

M1137. Trong một vùng đệm rỗng lồi, tất cả các góc đều bằng nhau và từ một điểm nhất định nằm bên trong vùng đệm rỗng, tất cả các cạnh của nó đều có thể nhìn thấy được ở các góc bằng nhau. Chứng minh rằng null này là đúng.

Giả sử trong $n$ -gon $A_1A_2...A_n$ (xem hình) tất cả các góc đều bằng nhau, tức là mỗi góc bằng $180^\circ(n-2)/n$ và điểm $M$ sao cho $\angle A_1MA_2=\angle A_2MA_3=\dots=\angle A_nMA_1=360^\circ/n$ .

Khi đó tất cả các tam giác $A_1MA_2, A_2MA_3, \dots, A_nMA_1$ đều đồng dạng: nếu $\angle MA_1A_2=\alpha, \angle A_1A_2M=\beta=180^\circ-360^\circ/n-\alpha, \angle MA_2A_3=180^\circ(n-2)/n-\beta=\alpha, \angle A_2A_3M=180^\circ-360^\circ/n-\alpha=\beta$ , v.v., thì $\frac{MA_1}{MA_2}=\frac{MA_2}{MA_3}=\dots=\frac{MA_{n-1}}{MA_n}=\frac{MA_n}{MA_1}=k$ .

Thay đổi các mối quan hệ này, chúng ta thu được $k^n=1$ , tức là $k=1$ . (Bạn cũng có thể tranh luận “bằng mâu thuẫn”: nếu $k<1$ , thì $MA_1<MA_2<\dots<MA_n<MA_1$ ; nếu $k>1$ , thì $MA_1>MA_2>\dots>MA_n>MA_1$ —một mâu thuẫn.) Suy ra rằng $\alpha=\beta$ và $M$ là tâm của $n$ -gon $A_1A_2...A_n$ thông thường.

K. P. Kokhas

M1138*. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ nằm giữa các số $n^2$ và $n^2+n+3\sqrt{n}$ luôn tồn tại ba số tự nhiên sao cho tích của hai số đó chia hết cho số thứ ba.

Đối với $n=1$ : từ 1 đến 5 - số 2, 3, 4;
Đối với $n=2$ : từ 4 đến 6+3 $\sqrt{2}$ - số 6, 8, 9 (hoặc 5, 8, 10);
Đối với $n=10$ : $x=2$ và $a=8\cdot13=104,$ $b=9\cdot12=108,$ $c=9\cdot13=117$ .

Để đánh giá cao bản chất không tầm thường của bài toán này, chúng ta hãy lấy $n=10$ : cố gắng tìm nhanh ba số từ 100 đến $[110+3\sqrt{10}]=119$ , một trong số đó chia tích của hai số còn lại! (Odana một bộ ba như vậy được chỉ định ở lề.) Lưu ý rằng đối với $n=1$ và $n=2$ , câu lệnh bài toán đánh giá indo. Với mỗi số nguyên $n>2$ chúng ta sẽ tìm ba số cần tìm có dạng

$a=(n-x)(n+x+1)=n^2+n-x^2-x,$
$b=(n-x+1)(n+x)=n^2+n-x^2+x,$
$c=(n-x+1)(n+x+1)=n^2+2n+1-x^2,$

trong đó $x$ là số nguyên; rõ ràng là trong trường hợp này $ab$ sẽ chia hết cho $c$ . Đặt $x$ là số nguyên lớn nhất mà $x^2+x<n$ . Sau đó $n^2<a<b<c$ , và còn lại phải chứng minh rằng $c<n^2+n+3\sqrt{n}$ , tức là $n+1-x^2<3\sqrt{n}$ . Ví dụ: giả sử rằng $x^2\leq n-3\sqrt{n}+1$ . Sau đó $x<\sqrt{n-3/2}$ (bắt đầu bằng $x^2\geq n-3\sqrt{n}+9/4$ ), và do đó $x+1<\sqrt{n-1/2}$ . Nhưng trong trường hợp này $(x+1)^2+(x+1)<(n-\sqrt{n+1/4})+(\sqrt{n-1/2})<n$ , điều này mâu thuẫn với lựa chọn $x$ .

L. D. Kurlyandchik

M1139. a) Bề mặt của khối đa diện lồi có thể cắt thành nhiều hình vuông. Chứng minh rằng khối đa diện này có nhiều nhất 8 đỉnh.

Lý luận của chúng tôi dựa trên khái niệm độ cong của một góc đa diện - đây là tên được đặt cho các đại lượng $2\pi-\sigma$ , trong đó $\sigma$ là tổng các góc phẳng của nó. Độ cong được thảo luận chi tiết trong bài báo của S. L. Tabachnikov trên tạp chí này, một phần, “công thức Descartes” đã được chứng minh ở đó - tổng độ cong của tất cả các góc đa diện của một khối đa diện lồi bằng $4\pi$ .

Số đỉnh tối đa mà một khối đa diện lồi có thể có là bao nhiêu, bề mặt của nó có thể cắt thành các hình tam giác đều?

a) Tổng các góc phẳng tại một đỉnh bất kỳ của một khối đa diện cho trước chỉ có thể bằng π/2, π hoặc 3π/2. Trên thực tế, nó nhỏ hơn 2π, vì góc đa diện ở bất kỳ đỉnh nào đều lồi. Đồng thời, góc này được hình thành bằng cách uốn cong và dán một số góc vuông (các góc của hình vuông) và có thể mở rộng góc (nếu xem xét đỉnh của một cạnh của một hình vuông). Do đó, tổng các góc phẳng của nó là bội số của π/2. Như vậy, độ cong của một góc đa diện ở một đỉnh bất kỳ không nhỏ hơn π/2, và theo công thức Descartes, số đỉnh không vượt quá 4π:(π/2)=8. Một ví dụ về hình 8 đỉnh là hình lập phương.

Đáp số: 12. Tương tự như phần a), chứng minh độ cong của một góc đa diện tại một đỉnh bất kỳ không nhỏ hơn π/3, nghĩa là số đỉnh không vượt quá 4π:(π/3)=12. Một ví dụ về ikasdr 12 đỉnh là chính xác.

V. E. Matizen

M1140. Hãy vẽ một số đường cong giao nhau trên mặt phẳng (các đường cong có thể có các điểm tự giao nhau, hình 1). Tại mỗi điểm giao nhau, có hai cách để thực hiện “xây dựng lại” (hình 2). Nếu bạn thực hiện tái cấu trúc tại tất cả các điểm giao nhau, bạn sẽ nhận được một số đường cong giao nhau (hình 3).
a) Chứng minh rằng số đường cong giao nhau thu được không lớn hơn số vùng mà các đường cong ban đầu chia mặt phẳng (có 7 vùng như vậy trong hình 1).

a) Giả sử ban đầu các đường cong này chia mặt phẳng thành các diện tích V₁, V₂,…,Vₙ. Mỗi đường cong mới được xây dựng lại giới hạn một vùng bao gồm một số vùng Vᵢ. Chúng ta hãy chọn những đường cong mới không có đường cong mới nào khác bên trong chúng và đánh dấu bên trong mỗi đường cong đó một trong các vùng Vᵢ (hình 5). Bây giờ chúng ta sẽ trăm đường cong này, trong số các từ còn lại, chúng ta sẽ chọn “tối thiểu” (trong đó không có đường cong nào khác) và trong mỗi đường cong đó, chúng ta sẽ đánh dấu một trong những vùng Vᵢ không được bù trong bước đầu tiên. (Rõ ràng là nó sẽ tìm ra những diện tích như vậy.) Tiếp tục với tinh thần tương tự, chúng ta liên kết với mỗi đường cong mới các diện tích Vᵢ bên trong nó, bù ở bước thích hợp và các diện tích khác nhau sẽ được liên kết với các đường cong khác nhau. Điều này có nghĩa là số lượng đường cong không lớn hơn số lượng vùng.

Tô màu bản đồ gốc theo mẫu bàn cờ, tức là sao cho vùng bên ngoài có màu trắng và màu của vùng thay đổi khi vượt qua đường viền (hình 6, a). (Sự tồn tại của cách tô màu như vậy dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp. Bằng cách thêm một mạch kín không tự giao nhau vào bản đồ đã được tô màu,

Có phải luôn luôn có thể sắp xếp lại để kết quả là một đường cong?
c) Chúng ta chọn hướng truyền trên mỗi đường cong và thực hiện thay đổi theo hướng này sao cho các mũi tên “đẩy” nhau (hình 4). kết quả có thể là một đường cong?

đường cong đó, tất cả các khu vực nằm trong đó hoặc những phần bị đường cong này cắt khỏi khu vực cũ đều được sơn lại bằng màu khác; màu bên ngoài được bảo tồn. Trong trường hợp này, thứ tự màu sắc của bàn cờ sẽ không bị xáo trộn. Và bất kỳ đường cong khép kín nào cũng có thể được chia thành các phần đóng không tự giao nhau.) Chúng ta hãy xây dựng một biểu đồ (hình 6, 6) bằng cách sử dụng “tô màu bàn cờ”, gán một điểm cho mỗi vùng màu đen - đây sẽ là các đỉnh của đồ thị và với mỗi điểm giao nhau của đường cong - một cạnh: nó nối các đỉnh tương ứng

Hình 6.

Hình 7.

Hình 8.

các vùng màu đen tiếp giáp với điểm này. Hai phương pháp tái thiết được mô tả trên biểu đồ bằng hai thao tác: tước một cạnh và thu gọn cạnh thành một điểm (hình 7).

Rõ ràng là trên đồ thị của bức ảnh gốc, có thể mở rộng một phần của các cạnh để nó biến thành một “cây”, tức là một đồ thị không có các chuỗi cạnh khép kín. Các cạnh còn lại có thể được thu gọn tuần tự thành một điểm. Trình tự sắp xếp lại tương ứng dẫn đến một vùng màu đen duy nhất. Ranh giới của nó là đường cong mong muốn (hình 8).

Điều thú vị là từ biểu đồ có thể xây dựng lại tập hợp các đường cong tương ứng. Ví dụ: hãy nghĩ xem những đường cong nào tương ứng với đồ thị được hiển thị trong hình 9.

c) Mỗi sự sắp xếp lại biến đổi một tập hợp các đường cong định hướng thành một tập hợp các đường cong định hướng. Giả sử có một chuỗi sắp xếp lại, kết quả của nó sẽ là một đường cong duy nhất. Sau đó, trước khi thực hiện lần sắp xếp lại cuối cùng, chúng ta sắp xếp một tập hợp các đường cong định hướng với một điểm giao nhau duy nhất. Một bộ như vậy có thể bao gồm một đường cong duy nhất, “hình số tám” được hiển thị trong hình 10. Tuy nhiên, việc sắp xếp lại nó sẽ dẫn đến hai đường cong thay vì một đường cong.

S. L. Tabachnikov

F1148. Hình trụ, nhờ một sợi ren, đầu thứ hai được cố định, được đặt trên mặt phẳng nghiêng chính tạo một góc α với Zo-

Hãy xem xét thời điểm khi sợi dây thẳng đứng. Do ren không giãn nên điểm dưới của tiết diện thẳng đứng của nó và điểm của hình trụ A tiếp xúc với nó có cùng tốc độ hướng theo chiều ngang $\vec{v}_A$ . Chúng ta hãy tưởng tượng chuyển động của hình trụ là tổng của chuyển động tịnh tiến với

đường chân trời, như thể hiện ở hình 1. Tại thời điểm sợi dây thẳng đứng, vận tốc góc của hình trụ brauchen bằng $\omega$ . Xác định giá trị bằng nhau ở thời điểm này: a) vận tốc của trục hình trụ; b) tốc độ của một điểm trên hình trụ chạm vào mặt phẳng nghiêng. Bán kính của hình trụ là $R$ .

Hình 1.

Hình 2.

F1149. Những dây dẫn đồng dài mỏng được ném ngẫu nhiên vào đường ray dẫn điện của tuyến đường sắt Tserrusch, đóng đường ray. Ước tính điện trở giữa các thanh ray nếu khoảng cách giữa chúng là $l=5$ cm, đường kính của dây dẫn là $d=0,2$ mm, chiều dài của nó là $h=30$ cm, dây dẫn bị ném $N=100$ .

Tốc độ trục của nó $\vec{v}_0$ , hướng song song với mặt phẳng nghiêng (nghiêng một góc $\alpha$ với đường chân trời) và quay theo chiều kim đồng hồ quanh trục với vận tốc góc $\omega$ . Trong trường hợp này, tốc độ của điểm là $A$ (hình 2, a)

$\vec{v}_A = \vec{v}_0 + \vec{v}'_{\text{bp}}.$

Như dễ thấy, $v'_{\text{bp}} = \omega R$ , $\vec{v}_A \perp \vec{v}'_{\text{bp}}$ , từ đâu chúng tôi có được

$v_0 = \frac{\omega R}{\sin \alpha}.$

Sự tương ứng tương tự có thể được viết cho điểm $C$ tiếp xúc của hình trụ với mặt phẳng nghiêng (hình 2, b):

$\vec{v}_C = \vec{v}_0 + \vec{v}'_{\text{bp}},$

hoặc trong các hình chiếu lên phương dọc theo mặt phẳng nghiêng:

$v_C = v_0 - \omega R,$

Ở đâu

$v_C = \frac{\omega R}{\sin \alpha} - \omega R = \omega R \frac{1 - \sin \alpha}{\sin \alpha}.$

Là một câu hỏi bổ sung, chúng tôi khuyên bạn nên tìm độc lập các giá trị vận tốc của điểm $A$ của hình trụ.

Điện trở bước của một dây dẫn tạo một góc $\alpha (0 < \alpha < \pi)$ với đường ray bằng

$r_i = \rho \frac{l_i}{S} = \rho \frac{l/\sin \alpha_i}{\pi d^2/4}.$

Đối với tổng điện trở giữa các thanh ray, sự tương ứng được thực hiện

$\frac{1}{R_{\text{o6ш}}} = \sum \frac{1}{r_i} = \sum \frac{\pi d^2 \sin \alpha_i}{4\rho l} = \frac{\pi d^2}{4\rho l} N(\sin \alpha_i)_{\text{cp}}.$

Giá trị trung bình của $\sin \alpha_i$ có thể được tìm thấy như sau:

$\left(\sin \alpha_i\right)_{\text{cp}} = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin \alpha \cdot d\alpha = \frac{2}{\pi}.$

Sau đó

$\frac{1}{R_{\text{o6ш}}} = \frac{\pi d^2}{4\rho l} N \frac{2}{\pi} = \frac{d^2 N}{2\rho l},$

và cuối cùng

$R_{\text{o6ш}} = \frac{2\rho l}{d^2 N} \approx 4 \cdot 10^{-4} \text{ Ом.}$

Bình luận. Chúng tôi đã tính giá trị trung bình của tổng điện trở. Tùy thuộc vào cách dây dẫn rơi vào đường ray, các giá trị điện trở có thể khác ít nhiều so với giá trị tìm được. Hãy thử mô phỏng hiện tượng này bằng máy tính cá nhân, sử dụng cảm biến số ngẫu nhiên và đánh giá khả năng xảy ra kết quả.

A. R. Zilberman

F1150. Một vật được cung cấp một loại khí đơn nguyên tử lý tưởng được bao bọc bên trong một bong bóng dầu. Tìm trạng thái ấm của khí (trên 1 mol) trong quá trình này nếu có thể xác định được áp suất bên ngoài bong bóng.

Công suất nhiệt $C$ của một hệ vật lý là tỷ lệ giữa lượng nhiệt $\Delta Q$ phải được cung cấp cho nó để tăng nhiệt độ lên $\Delta T$ với sự thay đổi nhiệt độ này:

$C = \frac{\Delta Q}{\Delta T}.$

Công suất nhiệt có thể là một hàm của quá trình truyền nhiệt, tức là nó phụ thuộc vào thể tích $V$ của hệ thống hoặc vào nhiệt độ của nó $T$ . Do đó, dưới $\Delta Q$ và $\Delta T$ các giá trị khá nhỏ (vô cùng nhỏ về mặt toán học) của lượng nhiệt và sự thay đổi nhiệt độ sẽ được hiểu.

Đối với một mol khí lý tưởng bị khóa dưới màng trong bong bóng, lượng nhiệt cung cấp $\Delta Q$ sẽ làm thay đổi nội năng $\Delta U$ và thực hiện công $\Delta A$ chống lại lực căng bề mặt:

$\Delta Q = \Delta U + \Delta A = \frac{3}{2} R \Delta T + p \Delta V.$

Ở đây $R$ là hằng số phổ quát, $p$ là áp suất khí bằng áp suất tạo ra dưới màng căng bề mặt, $\Delta V$ là sự thay đổi thể tích của bong bóng khi khí trong đó được nung nóng.

Áp suất $p$ được xác định bởi hệ số sức căng bề mặt $\sigma$ và bán kính bong bóng $r$ :

$p = \frac{4\sigma}{r}.$

Công thức này có thể thu được như sau. Chúng ta hãy chia bong bóng thành hai nửa bằng nhau và xem xét các điều kiện cân bằng cơ học. Lực áp suất của khí làm quả bóng xé làm đôi là $p \cdot \pi r^2$ . Lực căng bề mặt giữ chúng lại với nhau là $2\sigma \cdot 2\pi r$ . Đánh đồng các lực này, chúng ta thu được công thức tính áp suất đã cho.

Bây giờ chúng ta hãy kết nối công của chất khí $p\Delta V$ với sự thay đổi nhiệt độ của nó $\Delta T$ . Vì thể tích của bong bóng và áp suất trong nó phụ thuộc vào bán kính nên cần tìm mối liên hệ giữa sự thay đổi bán kính của bong bóng $\Delta r$ và sự thay đổi nhiệt độ $\Delta T$ . Từ phương trình trạng thái khí lý tưởng $pV = RT$ ta có

$p\Delta V + V\Delta p = R\Delta T.$

Sự thay đổi về thể tích $\Delta V$ và áp suất $\Delta p$ có liên quan đến sự thay đổi về bán kính $\Delta r$ theo các công thức sau:

$\Delta V = 4\pi r^2 \Delta r, \quad \Delta p = -\frac{4\sigma}{r^2} \Delta r.$

Phương trình tư thế của trạng thái cho

$\frac{2}{3} \cdot 16\pi r \Delta r = R \Delta T.$

Vì vậy, khí hoạt động

$\Delta A = p \Delta V = R \Delta T - V \Delta p = R \Delta T + \frac{R \Delta T}{2} = \frac{3}{2} R \Delta T.$

Cuối cùng chúng tôi nhận được

$C = \frac{\Delta Q}{\Delta T} = \frac{\Delta U + \Delta A}{\Delta T} = \frac{3}{2} R + \frac{3}{2} R = 3R.$

Như có thể thấy từ tính toán, một nửa lượng nhiệt cung cấp sẽ làm tăng nhiệt độ khí và nửa còn lại được chuyển thành năng lượng bề mặt của màng.

A. A. Sheropov

F1151*. Vôn kế tĩnh điện là một tụ điện phẳng, một trong hai bản của nó được cố định cố định, còn bản kia có thể di chuyển, nằm trên một bề mặt song song. Tấm di động sử dụng lò xo có độ cứng $k = 10$ N/m. Khoảng cách ban đầu giữa các tấm là $d = 3$ cm, diện tích mỗi tấm là $S = 0,5$ m $^2$ . Tính thang đo vôn kế. Điện áp tối đa có thể đo được với nó là bao nhiêu? Hãy xem xét riêng trường hợp nhiệt độ cao rất nhỏ và khá lớn.

Giả sử tấm di động đã dịch chuyển $x$ và khoảng cách giữa các tấm trở thành $d - x$ . Ở vị trí này, có hai lực tác dụng lên tấm. Đây là lực điện

$F_{\text{эл}} = q \frac{E}{2} = \frac{\varepsilon_0 SU}{d - x} \frac{U}{2(d - x)} = \frac{\varepsilon_0 SU^2}{2(d - x)^2}$

(ở đây $q$ là điện tích của tấm, $E$ là điện áp kích từ trong tụ điện, $U$ là điện áp giữa các bản) và lực đàn hồi

$F_{\text{упр}} = kx.$

Hãy viết điều kiện để cân bằng tấm:

$F_{\text{эл}} = F_{\text{упр}},$ hoặc $\frac{\varepsilon_0 SU^2}{2(d - x)^2} = kx.$

Từ đây ta có phương trình cho thang đo vôn kế tĩnh điện:

$U = \sqrt{\frac{2k}{\varepsilon_0 S}} x(d - x)^2,$ ở đâu $0 \leq U < U_{\text{max}}$ .

Hãy tìm $U_{\text{max}}$ . Để làm điều này, chúng tôi kiểm tra biểu thức $U^2 = 2kx(d - x)^2 / (\varepsilon_0 S)$ ở mức tối đa:

$(U^2)' = \left(\frac{2k}{\varepsilon_0 S}\right)((d - x)^2 - 2(d - x)x) = 0,$ và $x_{\text{max}} = \frac{d}{3}$ .

Sau đó

$U_{\text{max}} = U(x_{\text{max}}) = \sqrt{\frac{8}{27} \frac{kd^3}{\varepsilon_0 S}} \approx 4,3 \cdot 10^3 \text{ B}.$

Rõ ràng, ở độ ma sát cao $U_{\text{max}}$ có điện áp thay đổi tối đa.

Ở mức ma sát thấp, phép tính được thỏa mãn. Thật vậy, từ điều kiện cân bằng của tấm di động, ta suy ra rằng có hai vị trí cân bằng - trên hình 1 là $x_1$ và $x_2$ , và $x_1$ tương ứng với trạng thái ổn định và $x_2$ tương ứng với trạng thái cân bằng không ổn định. Nếu tấm bị rò rỉ $x_2$ thì nó sẽ tiếp tục chảy xa hơn cho đến khi tiếp xúc với tấm cố định. Đây chính xác là điều hạn chế khả năng có dải điện áp thay đổi $U_1 < U_{\text{max}}$ . Hãy tìm cô ấy.

Đặt điện áp trên tụ điện là $U_1$ . Tấm chuyển động bắt đầu tăng tốc và được để di chuyển một quãng đường $x_2$ . Năng lượng ban đầu của tụ điện

$W_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{2d} U_1^2.$

Điện tích truyền qua nguồn (hình 2)

$\Delta q = \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_2} U_1 - \frac{\varepsilon_0 S}{d} U_1,$

và nguồn công việc

$A = \Delta q U_1 = \left( \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_2} - \frac{\varepsilon_0 S}{d} \right) U_1^2.$

Ở vị trí $x_2$ năng lượng của tụ điện

$W_1 = \frac{\varepsilon_0 S}{2(d - x_2)} U_1^2$

và năng lượng mùa xuân

$W_{\text{np}} = \frac{k x_2^2}{2}.$

Hãy viết ra sự cân bằng năng lượng: $W_0 + A = W_1 + W_{\text{np}}$ , từ đâu, sau cái đơn giản hóa, chúng ta điền vào

$\frac{\varepsilon_0 S}{d(d - x_2)} U_1^2 = k x_2.$

Nhưng $x_2$ là vị trí cân bằng, tức là.

$k x_2 = \frac{\varepsilon_0 S}{2(d - x_2)^2} U_1^2.$

Từ đây

$x_2 = \frac{d}{2}.$

Giá trị $x_2$ này tương ứng với ứng suất $U_1$ , là ứng suất tối đa trong trường hợp ma sát rất thấp:

$U_1 = U(x_2) = \sqrt{\frac{1}{4} \varepsilon_0 S} \approx 3,9 \cdot 10^3 \text{ B}.$

A. R. Zilberman

F1152. Phía sau thấu kính ở khoảng cách $L=4$ cm (tiêu cự lớn) có một gương phẳng nằm gần trục quang chính. Phía trước ống kính, cũng vuông góc với trục quang chính, có một tờ giấy ca rô (hình 1). Trên trang tính này, hình ảnh các ô của nó thu được ở hai vị trí của trang tính so với đường thẳng. Các vị trí này khác nhau $l=9$ cm. Xác định tiêu cự của đường thẳng.

Một trong những vị trí của tờ giấy, khi các ô của nó - hãy gọi chúng là một vật thể - được hiển thị bởi hệ thống quang học trên đó, là khá rõ ràng. Thật vậy, nếu ảnh đầu tiên do thấu kính tạo ra nằm chính xác trong mặt phẳng của gương, thì trong quá trình truyền thứ cấp của các tia qua thấu kính (sau khi phản xạ từ gương), chúng sẽ hội tụ chính xác trong mặt phẳng của tấm gương. Như vậy, trong trường hợp này khoảng cách từ đường thẳng đến ảnh của vật được tạo bằng

$f_1 = L.$

(1)

Vị trí thứ hai của tờ giấy cũng không quá khó tìm. Dễ dàng xác minh rằng nếu trang tính nằm trong mặt phẳng tiêu điểm của đường thẳng thì điều kiện bài toán được thỏa mãn. Thật vậy, các tia tới từ mỗi đường của mặt phẳng tiêu cự sẽ bị biến đổi thành chùm tia song song sau khi đi qua thấu kính. Phản chiếu từ gương -

Hình 1.

Hình 2.

Đúng, các tia này sẽ song song và khi đi qua thấu kính sẽ hội tụ trong mặt phẳng tiêu cự của nó. Như vậy vị trí thứ hai của trang tính được xác định bởi điều kiện

$d_2 = F.$

(2)

Mối quan hệ (1) và (2) có thể được thu được chặt chẽ hơn. Theo điều kiện bài toán, tia sáng từ tờ giấy đi qua thấu kính, bị phản xạ khỏi gương, lại đi qua thấu kính và chạm vào tờ giấy đó. Hệ thống như vậy tương đương với hệ thống quang học được hiển thị trong hình 2, trong đó cả hai đường thẳng đều giống nhau.

Ảnh do thấu kính thứ nhất tạo ra có thể nằm giữa các thấu kính hoặc ở bên phải thấu kính $J_2$ . Trong trường hợp đầu tiên, hình ảnh này là đối tượng hợp lệ cho thấu kính thứ hai. Và chúng ta có thể viết phương trình:

$\frac{1}{d'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{F}, \quad \frac{1}{d''} + \frac{1}{f''} = \frac{1}{2L - f'} + \frac{1}{d'} = \frac{1}{F},$

từ đâu theo sau

$\frac{1}{d'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{2L - f'} + \frac{1}{d'},$ và $f' = L$ .

Trong trường hợp thứ hai, ảnh do thấu kính thứ nhất tạo ra là vật tối thiểu đối với thấu kính thứ hai,

(Về phần kết xem trang 42)