Lời giải bài toán M2826—M2829; F2833—F2836

24

KVAN T 2025/№4

điện trở trong r, nhưng lực điện động E, 2E và 3E khác nhau, và cực tính của các nguồn kết nối có cùng sức điện động thay đổi định kỳ. 1) Hiệu điện thế M và M giữa điểm cộng và điểm trừ của từng nguồn trong mạch điện này là bao nhiêu? 2) Xác định cường độ dòng điện qua tất cả các nguồn trong mạch này. 3) Ôm kế sẽ hiển thị điện trở bao nhiêu $R_{1}$ khi được kết nối với điểm cộng và điểm trừ của nguồn có suất điện động E nằm trong mạch này? Thiết bị sẽ hiển thị các điện trở $R_{2}$ và $R_{3}$ nào nếu bạn làm tương tự với các nguồn có emf 2E và 3E tương ứng? Chỉ số ohmmeter có phụ thuộc vào cực tính của kết nối không? 4) Một trong những nguồn có emf 2E được thay thế bằng một nguồn khác có emf E và điện trở trong r 2. Trong trường hợp này, cường độ dòng điện I chạy qua nguồn được thay thế sẽ là bao nhiêu?

Hình 4

Xét các đại lượng E và r đã biết. Điện trở của dây nối có thể bỏ qua. A. Kireev, L. Koldunov

Hình 1

Hình 2

Từ việc xem xét tính đối xứng, rõ ràng điểm L nằm trên đường chéo BD (Hình 2). Góc LOC vuông vì các cạnh của nó nằm trên các đường chéo của hình vuông. Các điểm C, F, L, D nằm trên cùng một đường tròn đường kính FD và tâm N. Do đó LNC 2 LDC 2 45 q 90 q. Điều này có nghĩa là hai điểm O và N nằm trên đường tròn đường kính LC. Hơn nữa, theo định lý về góc ngoài của tam giác

‘ LKF

‘ LFD ‘ KLF

‘ LED ‘ KLF.

Vì EF P AC và các điểm L, E, A, D cùng thuộc một đường tròn (đường kính DE) nên

‘ LKF

‘ LED ‘ KLF

‘ LAD ‘ KAC

Lời giải bài toán M2826–M2829, F2833–F2836 M2826. Cho hình vuông ABCD lấy các điểm E, F lần lượt trên các cạnh AB và BC sao cho BE = BF. Gọi L là trung điểm của EF, N là trung điểm của DF, O là tâm hình vuông và K là giao điểm của các đường thẳng AL và DF (Hình 1). Chứng minh các điểm C, K, L, O, N cùng thuộc một đường tròn.

CAD

45 q.

Kể từ ON P BC, chúng ta có LON 135 q. Do đó, LKN LON 180 q, tức là điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác LONC. Như vậy, năm điểm C, K, L, O, N đều cùng nằm trên một đường tròn, đó là điều ta cần chứng minh. Bình luận. Một số sự thật thú vị hơn có thể được tìm thấy trong thiết kế đề xuất. Ví dụ, từ việc chứng minh

38

KVANT 2025/№4

nhỏ hơn 1,6 m, ví dụ h = 1 cm. Trong trường hợp này, sự mất nhiệt xảy ra không phải từ một bề mặt (đối diện với Mặt trời) mà từ hai bề mặt. Nhiệt độ của các bề mặt này gần nhau do cơ chế dẫn nhiệt hoạt động tốt với độ dày tấm nhỏ. Với cùng công suất W 0,34 kW $м^{2}$ được cung cấp cho mỗi mét vuông, lượng nhiệt thất thoát từ một bề mặt đã giảm đi một nửa. Vì vậy, mọi tính toán đều có thể được lặp lại, chỉ cần giảm một nửa công suất đầu vào. Khi đó, nhiệt độ ở trạng thái ổn định sẽ bằng 229,2 K. Trong trường hợp này, phần lớn lượng nhiệt thất thoát là do bức xạ: $W_{изл} 313$ W. Công suất còn lại $W_{исп} 29,5$ W được tiêu thụ cho quá trình bay hơi. Hóa ra đối với một tấm băng mỏng ở nhiệt độ 229 K, tổn thất điện năng do bức xạ và bay hơi chênh lệch khoảng 10 lần! Để một tấm dày 1 cm như vậy có thể bay hơi hoàn toàn khỏi băng thì cần khoảng thời gian khoảng 9,5 ngày. Rõ ràng là đối với một mảnh băng có hình dạng chẳng hạn như một quả bóng có đường kính 1 cm (đá mưa đá có thể có kích thước này), các khu vực nhận và tỏa nhiệt là khác nhau. Công suất hấp thụ đi vào diện tích mặt cắt ngang của quả bóng $S D^{2} 4$, và sự mất nhiệt xảy ra từ bề mặt quả bóng, diện tích của nó lớn hơn $в^{4}$ lần và bằng $S D^{2}$. Do đó, trong trường hợp này, có thể áp dụng phương pháp tính toán tương tự, chỉ nên coi lượng điện năng cung cấp trên một đơn vị diện tích ít hơn $в^{4}$ lần. Hãy tính nhiệt độ và ước tính thời gian bay hơi của quả cầu băng trong trường hợp này. Nhiệt độ sẽ ổn định ở khoảng 197 K. Xét về $1 м^{2}$, công suất hấp thụ vẫn giữ nguyên: 342,5 W $м^{2}$. Nhưng ở nhiệt độ tính toán, công suất tổn thất bức xạ giảm xuống $1 м^{2}$ sẽ là 341,6 W $м^{2}$. Và chỉ tốn 1 W $м^{2}$ cho việc bay hơi. Sẽ mất 1,95 năm để làm bay hơi một quả cầu băng có bán kính ban đầu là 0,5 cm | 2 năm. Do đó, trong tình huống này (ở nhiệt độ 197 K), tổn thất bức xạ lớn hơn 340 lần so với tổn thất liên quan đến sự bay hơi của các phân tử. Tất nhiên, các giá trị nhiệt độ và thời gian bay hơi thu được phải được coi là ước tính. Và thực tế phức tạp hơn nhiều

mô hình được sử dụng. Hãy nhớ lại rằng mô hình của chúng tôi giả định rằng băng mờ đục, nhưng đối với những lớp băng rất mỏng thì điều này không đúng. Ngoài ra, sự hấp thụ và phản xạ bức xạ mặt trời thực sự phụ thuộc vào góc tới trên bề mặt và trường hợp này không được tính đến khi tính năng lượng hấp thụ của tia mặt trời cho quả bóng. Những hiện tượng này sẽ làm tăng thời gian để một mảnh băng nhỏ bay hơi. Chúng tôi kết luận: sự phụ thuộc nhiệt độ của công suất tổn thất nhiệt liên quan đến bức xạ nhiệt, tỷ lệ với $T^{4}$, và công suất tổn thất nhiệt liên quan đến sự bay hơi của vật chất, tỷ lệ với exp L RT, thực sự là khác nhau. Sự khác biệt thu được về tỷ trọng của tổng công suất tổn thất nhiệt ở các nhiệt độ khác nhau đối với hai cơ chế tổn thất nhiệt này tương ứng về mặt chất lượng với thực tế. Nói cách khác, khi nhiệt độ tăng, năng lượng tổn thất do bay hơi tăng nhanh hơn năng lượng tổn thất nhiệt do bức xạ. Những sức mạnh này được so sánh với một tảng băng dày ở nhiệt độ khoảng 256 K 17 q C. Nhiệt độ này sẽ được thiết lập trên bề mặt tảng băng nếu nó ở gần Mặt trời hơn Trái đất, 25 triệu km. Nếu tảng băng ở khoảng cách từ Mặt trời nhỏ hơn hai lần so với khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trời, thì trong trường hợp này, với cùng hệ số hấp thụ của bức xạ tới tảng băng (25%), nhiệt độ thiết lập trên bề mặt được chiếu sáng sẽ bằng 272 K và băng sẽ bắt đầu tan chảy. Trong trường hợp này, công suất khoảng 1060 W $м^{2}$ sẽ được sử dụng cho quá trình bay hơi băng và 310 W $м^{2}$ cho bức xạ từ bề mặt được chiếu sáng. Khi khoảng cách giữa Mặt trời và tảng băng càng giảm, băng sẽ tan chảy và tốc độ bốc hơi sẽ tăng lên. Kết quả là hơi nước sinh ra sẽ bị bức xạ mặt trời thổi bay và tạo thành một cái đuôi đáng chú ý. Một tảng băng có đuôi có thể là một sao chổi. Rõ ràng là phương pháp đề xuất để ước tính tốc độ bay hơi của các phân tử dựa trên mô hình cổ điển về hiện tượng nhiệt, và nó có thể không chính xác lắm. Nhưng điều này là khá đủ để giải thích các hiện tượng và quá trình được xem xét.