【问题解答M8—M10； F12—F17]

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M8。两个人玩这个游戏。从一堆 25 根火柴中，每个人轮流拿一根、两根或三根火柴。获胜者是在比赛结束时（所有比赛都已排序后）比赛场次为偶数的一方。

如果玩得正确，谁会获胜——初学者还是他的伙伴？他应该怎样打才能获胜？如果我们假设赢得奇数场比赛的人获胜，答案会如何变化？

在一般情况下探索此游戏，即有 2n+1 场比赛，并且您可以参加从 1 到 m 的任意数量的比赛。

解决方案

为了谈论一款游戏，有必要以某种方式命名它的各个部分。条件一劳永逸地称其中一个为“我”，另一个为“他”。

首先，让我们稍微概括一下问题的条件。游戏开始时桌上的比赛数量 N 可以是任意的，而不仅仅是奇数。此外，对于4个N，如果比赛结束时比赛总数为四，则其中一名球员，如果比赛数量为奇数，则另一名球员。

严格来说，我们正在考虑同时进行无限多个游戏，因为 N 和 m 可以是任何自然数。此外，如果给出 m 和 N，则有两种可能的选择：如果在游戏结束时我有 1) 偶数，2) 奇数比赛，则我获胜。

让我们首先一起讨论一下这个游戏的所有变体。

让我们想想玩家在游戏过程中需要记住什么。他需要从游戏一开始就记住自己和对手的所有动作吗？不，无论如何，他知道以下这些就足够了：

1. 桌子上还剩多少场比赛，
2. 它有偶数个匹配项吗？
3. 谁的举动？

如果给定这三个参数，那么我们会说，给定状态，玩家可以做出 m 种不同的动作（或者如果桌子上剩下的比赛少于 m 场，则可以进行更少的动作）。当他的搭档移动时，他的每个动作都会使游戏进入不同的状态。

以单元格或圆圈的形式在纸上描绘游戏的状态很方便，并且可能以箭头的形式移动。这就是我们要做的。

图1处的表是针对m=2时的情况编制的（每回合只能匹配一到两场），

在图 1-4 的表格中：
I 列 - 行号 m，显示表中剩余多少个匹配项。
第二列 - 我有偶数场比赛，我的举动。
第三栏 - 我有偶数场比赛及其过程。
第四栏 - 我有偶数场比赛，我的举动。
V 列 - 我有偶数场比赛及其走法。

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图 1. $m=2$ 游戏的可能状态和动作表。

如果在比赛结束时我的比赛数为偶数，则我获胜。事实上，只有当桌上剩下的比赛不超过七场时，才会抽签。

彩色箭头显示玩家如何移动：轮到该单元格的玩家可以跟随从该单元格出来的任何箭头。例如，建筑物中第一个荣耀单元格的数字为 5（灰色）对应于当桌子上还剩 5 场比赛时的游戏状态，我有偶数场比赛和我的动作，从该单元格出来的两个箭头显示我可以将游戏转移到下一步的状态。

该表格可以在视觉上继续，我们将根据它在单元格中放入字母 B，如果当游戏从这种状态开始时，我可以获胜，无论他如何尝试将我置于一个位置。

我们称这种状态为破坏性的，并将字母 P 放入与其对应的单元格中，如果当游戏从该状态开始时，他可以获胜，并且如果他不犯错误，我将无法阻止这种情况。

现在让我们继续解决方案的主要部分：我们将字母 B 和 P 放置在表格的所有单元格中。我们首先对图1对应的游戏进行此操作。在零线中，字母当然必须这样放置：VVP，因为我们认为如果在游戏结束时我有偶数场比赛，我就赢了。接下来，字母必须按照以下规律从上到下排列。

I. 如果是我的举动（即该单元格位于 II 或 IV 列中），则将以下内容放入其中：

字母 B，如果至少有一个箭头指向带有字母 B 的单元格；

如果来自字母 P 的每个箭头都指向带有字母 P 的单元格，则为字母 P。

二.如果是他的举动（即该单元格位于 III 或 V 列中），则将以下内容放入其中：

字母 P（如果至少有一个箭头指向带有字母 P 的单元格）；

如果来自字母 B 的每个箭头都指向带有字母 B 的单元格，则为字母 B。

由于表格中的所有箭头都是从下到上的，因此无论我们使用多少，该定律都可以填充整个表格。

在我们的例子 ($m=2$) 中，为了填充第 $n$ 行的单元格，只需知道如何填充第 $(n-1)$ 和 $(n-2)$ 行的单元格就足够了。事实上，完全没有必要像图1那样画出所有的箭头。单独（在一张描图纸上）画一个“模板”——从一行单元格中伸出的一组箭头，然后将这个模板依次应用到表格的所有行，按照头部背景上写的规则，用字母B和P填充它们就足够了。 图2 表示我们填写完所有内容的时刻

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图 2. 与$m=2$ 的比赛胜败状态表。

表直到第 5 行，并准备填写第 6 行。这样您就可以将表格填充到任何位置，例如填充到第 25 行，然后查看哪个字母将出现在第 25 行的第一个位置。如果是B，那么开始游戏时桌上有25场比赛的玩家将获胜，但如果是P，那么他将失败。

事实上，假设没有必要填写该表。事实上，第四条线与零重合，第五条线与第一条线重合。因此，第 6 条线必然与第 2 条线重合（因为每条线都是由前两条线确定的）。然后第 7 行与第 3 行重合，第 8 行与第 4 行重合，第 9 行与第 5 行重合，等等。这些行将以 4 为周期重复，这意味着任何具有数字 4 $k$ 的行都将是 VVP；
编号为 $4k+1$ 的行将是 PVVP；
编号为 $4k+2$ 的行将是 VPVP；
编号为 $4k+3$ 的行将是 VPVP。

具体来说，第 25 行将是 PVVP ($25=4\cdot 6+1$)。

事实上，必然存在一个时期，这一事实是可以提前预见到的。事实上，让我们将表格填充到某一行。那么一切都取决于最后两行如何填充。用字母 P 和 B 填充两行的所有方法的数量是有限的（最多完成$2^8$）。这意味着填充表时，不可能始终出现一对新行。当重复几行时，周期性就开始了。

当字母B和P被放置在表格中后，我要获胜必须遵循的策略就变得清晰了：每次我都需要做出一个通向字母B的单元格的动作。上面提到的字母B和P的排列法则正是这样设计的，如果我进入了B单元格，那么我每次都可以移动到B单元格，敌人将无法干扰我。

听着，当我 winvio 时，如果最后有奇数个匹配项，则会以类似的方式进行检查。可以将PPVV放在零线处，按照同样的规律进一步填写表格。周期将再次等于 4。但是您不能执行所有这些操作，而是在这种情况下使用相同的 图 2。

请注意，在比赛开始前不给玩家任何东西并要求他在比赛结束时有奇数场比赛与在比赛开始前给他一场比赛并要求他在比赛结束时有偶数场比赛是一样的。所以在这个新案例中，如果桌子打开，我会赢 图 2 在路口的笼子里 $N$th 行和

第四栏是B，如果我开始，

如果他开始，V 列就是 B。

另请注意，如果将 P 列与 IV 交换，将 III 列与 V 交换，则该模式不会改变。在重新排列后的第一行中，VPVP 将是 PPVV。因此，当我必须有奇数场比赛才能获胜时的情况的表可以从通过所指示的列的重新排列分析的情况的表中获得。这同样适用于$m$的所有其他值。

现在让$m=3$。该表仍将由相同的内容组成

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图 3. 与$m=3$ 进行游戏的桌子。

四列。模式将会改变（参见 图 3）。现在每一行都依赖于前三行。要排列字母 B 和 P，请应用第 39 页上列出的规则。通过排列字母，我们确保句点由八行组成。特别是，第 25 行与第一行相同：PVVP。

因此，在 $m=3$ 和 $N=25$ 的情况下，结果是这样的

答：如果胜出局数为偶数，则先发者输，如果胜出局数为奇数，则先发者获胜。

一般情况以类似的方式进行研究。如果 $m$ 为偶数，则周期长度为 $m+2$；如果 $m$ 为奇数，则周期长度为 $2m+2$。这些时期如图 4a、b 所示。为 $m=8$ 和 $m=9$ 给出的模式可让您深入了解一般情况下的模式。这里画箭头很不方便。用每种颜色着色的单元格代表玩家可以从包含相同颜色的点的单元格移动的状态。排列字母 B 和 P 的规则是相同的，详见第 39 页。检查句点是否分开

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我们将把这个证据留给读者。我们只注意以下几点。为了确保该句点会重复，您需要检查第一个句点的所有行和第二个句点的前 m 行中的字母位置。

正如我们所看到的，对于大的 m，我们缝制的所有东西的部分都是我们能够承受的。所有违反此规则的字母都在图 4、a、b 中圈出。所以，下水道在以下情况下采用molley处理。

| 时期 | 得分“相等”者获胜 | 得分为“奇数”的人获胜。 |
| :— | :— | :— |
| m 是偶数 | N 除以 m+2 余数 1 | N 除以 m+2 后得到余数 m+1 或 0 |
| 米奇数 | N 除以 2 m+2 得到余数 1 或 m+1 | N 除以 2 m+2 后得到余数 0 或 m+2 |

M9。考虑四面体的以下属性（我们将任意三角形参数称为四面体）：

1. 所有面的大小都相同；
2. 每条边都等于相对边；
3. 所有边都相等；
4. 外接球和内切球的中心重合；
5. 四面体每个顶点的平面角之和相等。
   证明所有这些性质都是等价的。
   尝试找到四面体的其他等效性质。

解决了并且e。在这个问题中，选择一种合理的证明方式非常重要：找出哪个属性更容易从中推导出来。按照惯例，我们将在箭头旁边加上“来自……它遵循……”的字样：⇒

为了方便我们再补充几个四面体的性质：

6. 每个顶点的平面角度之和为180°；
7. 四面体的展开由一个锐角三角形表示，其中画出中线（图5）；
8. 所有面均为锐角三角形，其外接圆半径相同；

图 4, 6. 奇数 m 的游戏表和 m=9 的模板。

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图 5.

9. 四面体在平行于两个相对边的三个平面中的每一个上的投影 - 一个矩形 -

并按以下顺序证明性质 (1)–(9) 是等价的：

此处用箭头表示的十二个定理中的大多数几乎是显而易见的。让我们按顺序证明它们。

(5)⇒(6)。四面体所有面的所有平面角度之和等于四个三角形的角度之和，即$4 \cdot 180^\circ = 720^\circ$，因此，如果每个顶点的角度之和相等，则它们每个都等于$180^\circ$。反之： (6) ⇒ (5) 是显而易见的。

(4)⇒(8)。如果$R$是四面体外接球的半径，$r$是外接球的半径，并且这些球的中心重合，则球与每条边的接触点位于该面内，并且距四边形的每个顶点$\sqrt{R^2-r^2}$，即是中心

图 6.

围绕该三角形描述的半径为 $\sqrt{R^2-r^2}$ 的圆。

(8)⇒(4)。显然，在任何四面体中，从面上外接球的中心$O$垂下的垂线都落入外接圆的中心，如果所有这些圆的半径都相等$R_1$，则点$O$到所有面的距离相等（距离$r = \sqrt{R^2-R_1^2}$）。如果垂线的底边位于面内，则 $O$ 是半径为 $r$ 的外接球的中心。

(8)⇒(6)。如果四面体 $ABCD$ 的面 $ABC$ 和 $DBC$ 的外接圆半径相等，则为 $\angle BAC = \angle BDC$，因为这些角度位于等圆中的其他相等的 $BC$ 上（这里重要的是 $\triangle BAC$ 和 $\triangle BDC$ 是锐角！）。这也适用于相邻面的所有其他参数。

因此，$\angle BDC + \angle CDA + \angle ADB = \angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ$ 对于所有其他顶点也是如此。

(6)⇒(7)。任意四面体$ABCD$展开为六边形$D_1AD_2BD_3C$，分为四个三角形（图6）。显然，由(6)可知线段$D_1A$和$AD_2$、$D_2B$和$BD_3$、$D_3C$和$CD_1$位于同一条直线上，即点$A$，

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B 和 C 是边 $\Delta D_1D_2D_3$ 的中点（如图 5）。该三角形是锐角三角形，因为在四面体的三角角（顶点 D 处）中，每个平面角都小于其他两个平面角的总和。

(9) $\Rightarrow$ (7)、(7) $\Rightarrow$ (8) 和 (7) $\Rightarrow$ (2) 非常显着。 (2) $\Rightarrow$ (3) 也很不同（三角形三边相等）； (3) $\Rightarrow$ (1) 非常。

剩下的只是证明 (1) $\Rightarrow$ (9)。这个地方对读者来说是最困难的。

(1) $\Rightarrow$ (9)。请注意，如果$p_1$和$p_2$是平行平面，AK和BH是两条线段，其端点A和B位于$p_1$平面内，且端点K和H位于$p_2$平面内，则线段AK和BH相等当且仅当它们在$p_1$平面上的投影相等（或$p_2$）。使用毕达哥拉斯定理 (图7) 可以轻松证明这一点。

让我们通过四面体的边 AB 和 CD 绘制平行平面 $p_1$ 和 $p_2$。设$C_1$和$D_1$为点C和D在平面$p_1$(图 8, a)上的投影，O为$C_1D_1$与AB的交点。如果面积 $\triangle CAD$ 和 $\triangle CBD$ 相等，则这些三角形的高度 AK 和 BH 相等，因此，这些高度在 $p_1$ 上的投影也相等：AK$_1$ = BH$_1$，因此 AO = OB (图 8, b)，特别是，点 A 和 B 位于相反的位置线 C$_1$ D$_1$ 的两侧。同样，面积$\triangle ACB$和$\triangle ADB$的平面相等，C$_1O$ = D$_1O$。因此，AC$_1BD_1$是平行四边形，即AC$_1$ = BD$_1$且C$_1B$ = D$_1A$，因此AC = BD且BC = AD。同理证明AB=CD，所以AC$_1BD_1$是直角。

M10。以凸四边形的顶点为圆心的四个圆完全覆盖该四边形。证明可以从中选择三个圆来覆盖一个三角形，并且顶点位于这些圆的中心。

解决方案。这项任务的主要困难是提出一个涵盖所有可能情况的解构。

图 7.

图 8，一个。太空中的四面体。

图 8，b．四面体在平面上的投影。

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图 9.

圆形的排列和所有可能的四边形形状。

下面给出的解决方案的想法属于N. Vasiliev。

让我们用 Kₐ、Kₑ、K₃、K₄ 表示在给定四边形 ABCD 的顶点处以 A、B、C、D 为圆心的圆，用 rₐ、rₑ、r₃、r₄ 表示它们的半径。我们假设问题陈述是错误的。那么每个圆都有一个公共点，分配给它的三角形中未被三角形覆盖的部分：

例如，Kₐ必须包含点△BCD，没有被覆盖

图 10.

由圆 Kₐ、Kₑ、K₃、K₄ 组成。设 O 为对角线的交点。让我们证明，在我们的假设下，rₐ≥OA，即圆Kₐ包含点O。剩下的已经很清楚了：用同样的方法可以证明点O属于Kₐ和K₃，从这里显然可以得出这些圆覆盖了△ABC。看图 9,10：如果OL和ON是垂线落在直线AB和BC上，那么Kₐ覆盖了△OAL，K₃ - △OCN，K₄ - △OBL和△OBN，并且这四个直角三角形覆盖了△ABC，即使

图 11, a.

图11，b．

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三角形 AOB 或 OBC 之一（如 图 10）是钝角三角形。

我们的假设与我们的假设相矛盾；因此，问题的表述是正确的。

所以，还有待证明$r_A \geqslant OA$。我们将需要以下几乎显而易见的一个。

引理。给定一个凸四边形 PQRS 和一个圆 $K_R$（不完全包含 $\triangle PQR$）。那么，在$\triangle PQR$内部和$K_R$外部的所有点中，靠近点$S$的点将是：

a) 底边$F$垂直于$SF$从点$S$下降到线$PR$，如果该点$F$位于圆$K_R$之外（图11，a）；

b) 圆$K_R$与线段$PR$的交点$E$，如果点$F$位于圆$K_R$内部（图11，b）。 （这里重要的是四边形的 QRS 角小于 $180^\circ$；我们将引理的证明留给读者。）

我们可以假设$\angle AOB \leqslant 90^\circ$（否则我们不会取$B$，而是$D$）。设 $BB_1 \perp AC$； $AA_1 \perp BD$； $B_1A_2 \perp BD$（图12）。假设$r_A < OA$和$E - \text{ближайшая } K$位于线段$OA$上，$AE = r_A$、$EM - \text{перpendикуляр}, \text{опущенный } E$位于$BD$上。显然，那么$AM > AE$。尽管如此，让我们证明$r_A > AM$，因此我们的假设（$r_A < OA$）是不正确的。

我们首先证明$r_B > BM$。让我们将引理应用于 $\triangle ACD$、圆 $K_A$ 和点 $B$。距离两种情况：

a) $E$ 位于 $A$ 和 $B_1$ 之间。然后$r_B > BB_1 > BA_2 \geqslant BM$；

b) $E$ 位于 $O$ 和 $B_1$ 之间。然后（通过引理）

$$r_B > BE > BM.$$

所以我们知道点$M$属于$K_B$。将引理应用于$\triangle BCD$、圆$K_B$和点$A$（请注意，$M$位于$O$和$A_1$之间，因此情况6始终成立）），我们得到$r_A > AM$。循环是封闭的，我们要求矛盾。

F12。两个相同的重钢球在长度为$l$和$2l$的轻质棒上绕点$O_1$、$O$旋转，其间的距离为3$l$（图13）。初始时刻，球位于$A$和$B$，速度分别为$v$和$2v$。在时间$t$中，球会碰撞多少次？球碰撞 $k$ 次需要多长时间？ coduar 球被认为是绝对有弹性的。

解决方案。由于球是相同的，因此在绝对弹性碰撞期间它们将交换速度。这是根据碰撞时球的能量和动量（运动次数）守恒定律得出的。球第一次碰撞是当每个球绕其旋转点旋转半圈时。

这需要时间$t_1 = \frac{\pi \cdot 2l}{2v} = \frac{\pi l}{v}$。碰撞后，左球的速度为$2v$，右球的速度为$v$。

球的第二次碰撞将在第一次碰撞之后的时间$t_2 = \frac{4\pi l}{v}$发生，此时右球绕点$O_1$转一圈。在此期间，左边的球将绕点$O$转四圈——它的速度是原来的两倍，绕圆的时间是一半

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图 13.

谢罗半径。碰撞后，球将再次交换速度，第三次碰撞将在第二次碰撞后的$t_3 = 2t_1 = \frac{2\pi l}{v}$时间发生，此时每个球都完成一圈。因此，每次奇数碰撞后，左球的速度为$2v$，右球的速度为$v$，因此下一次偶数碰撞将在$t' = t_2 = t_4 = \cdots = \frac{4\pi l}{v}$时间后发生。

每次奇数碰撞后，左边的球的速度为$v$，右边的球的速度为$2v$，下一次（现在是奇数）球的碰撞将在偶数球之后$t'' = 2t_1 = t_3 = \cdots = \frac{2\pi l}{v}$的时间后发生。

现在很容易计算出，如果$k$是偶数，那么小球会及时发生第$k$次碰撞
$$t_k = \left( \frac{k}{2} - \frac{1}{2} \right) t'' + \frac{k}{2} t' = (3k - 1) \frac{\pi l}{v},$$
因为球之间总共会有 $\frac{k}{2}$ 偶数碰撞和 $\frac{k}{2}$ 奇数碰撞。这意味着右边的球必须绕$\frac{k}{2} - \frac{1}{2}$转，速度为$2v$（这里我们教的是，在第一次碰撞之前，球只转半圈），并绕点$Q_1$转$\frac{k}{2}$，速度为$v$。

如果 $k$ 是奇数，则在第 $k$ 次碰撞之前，右球必须以 $v$ 的速度旋转 $\frac{k-1}{2} + 1 - \frac{1}{2} = \frac{k}{2}$ 圈，速度为 $2v$。因此，从最初的时刻到本例第$k$次碰撞的时刻，时间必须经过
$$t_k = \frac{k}{2} t'' + \frac{k-1}{2} t' = \frac{(3k-2)\pi l}{v}.$$

现在让我们计算一下在 $t$ 时间内球会碰撞多少次。我们假设$t > t_1$。在两次连续的奇数球碰撞之间，时间$t_0 = t' + t''$过去了。第一次之后，奇怪的碰撞次数与 $t_0$ 在 $t - t_1$ 中碰撞的次数一样多：

$$n = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right]$$

（[ ] 符号表示“数字的整数部分”）。

球之间总共会发生 $n+1$ 次奇数碰撞。最后一次奇数碰撞之前经过的时间将等于 $\left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$。

在此期间，$n$ 球之间甚至应该发生碰撞。另外，如果剩余时间$t - \left( \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$大于$t'$，则会发生另一次奇怪的碰撞。因此，在时间 $t$ 时，球将会碰撞

$$N = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + 1 + \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + \left[ \frac{t - \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] (t_1 + t_2)}{t_2} \right] = 2 \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] + \left[ \frac{vt - \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] 6\pi l}{4\pi l} \right] + 1$$

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图 14.

F13。两个相同的带活塞的气缸通过管子 (图 14) 连接。气缸内有水。装有等量水的相同圆柱形玻璃被放置在活塞顶部。然后，将质量体$m$放入其中一个玻璃杯中，将不下沉的质量体$M$放入另一个玻璃杯中。

当系统达到平衡时，活塞末端和玻璃杯中的水位彼此之间的距离是多少？太阳眼镜的面积为$S_1$，活塞的面积为$S_2$。

解决方案。由于各钢瓶之间是通过管子连接的，所以同一级别的钢瓶内的水压应该是相同的。气缸中的压力相同，处于左活塞下边缘所在的水平。但左气缸（图 14）在这一级的压力为$\frac{(M_0 + M)g}{S_2}$，右气缸在这一级的压力为$\frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy$，其中$M_0$是活塞、玻璃杯和玻璃杯中水的总质量，$\rho gy$是高度为$y$的水柱的压力。然后根据平衡条件我们得到：

$$\frac{(M_0 + M)g}{S_2} = \frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy.$$

求解这个方程，我们发现

$$y = \frac{M - m}{\rho S_2}.$$

现在我们来确定$x$的值。当一个物体浸入玻璃中时，玻璃底部的压力会增加，其增加量等于该物体的重量。另一方面，由于主体不会下沉，本身不会压在底部上，因此底部压力的变化是由于水位上升而导致底部水压力的变化。如果玻璃杯中的水位上升$\Delta x$，则底部的水压增加$\rho g \Delta x$，压力增加$\rho g \Delta x S_1$。因此，对于左玻璃$\rho g \Delta x S_1 = Mg$，其中$\Delta x_1$是左玻璃中水位的变化：$\Delta x_1 = \frac{M}{\rho S_1}$。同样，我们发现右边的玻璃杯中，当身体浸入其中时，水位上升了$\Delta x_2 = \frac{m}{\rho S_1}$。由于左眼镜下边与右眼镜下边的距离为$y$，则

$$x = y + \Delta x_2 - \Delta x_1 = \frac{(M - m)(S_1 - S_2)}{\rho S_1 S_2}.$$

F14。将截面为$S_1$和$S_2$的两根管道相互连接，并用质量为$m_1$和$m_2$（图15）的活塞塞住。活塞之间的空间发生爆炸后，活塞飞出管道。其中一架以$v$的速度飞了出去。如果：a）管道是固定的并且不能混合，b）管道不是固定的并且它们的总质量为$M$，那么第二个以什么速度飞出？忽略活塞与管壁的摩擦力。

解决方案。我们首先考虑管道固定时的情况。活塞上的气体压力是相同的，压力与活塞的面积有关。由于这些力作用在活塞上的时间相同（我们认为其中一个活塞离开管道后，第二个活塞上的压力突然下降到外部压力），因此作用在活塞上的平均压力之比等于活塞面积之比。这使我们有机会找到活塞离开管道后的脉冲比。活塞的初始冲量为零，其冲量的变化等于平均力乘以

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图 15.

爆炸发生时。因此，活塞离开管道后的冲量之比等于作用在活塞上的平均压力之比，因此也等于活塞面积之比。

为了确定这一点，我们假设左活塞 (图 15) 以$v$ 的速度出现。右活塞的速度用$u$表示。那么我们可以写出$\frac{m_1v}{m_2u} = \frac{S_1}{S_2}$；因此$u = v\frac{m_1S_2}{m_2S_1}$。

现在考虑管道未固定的情况。然后爆炸后它们将获得一个速度，我们将其表示为$u_1$。以与活塞相同的方式比较作用在左活塞和管道接头上的平均压力，我们发现$u_1 = v\frac{m_1(S_2 - S_1)}{MS_1}$。

至于活塞队，在这种情况下，我们的疏远对他们来说也是公平的。

F15。一小时内透过冰箱壁的热量$Q=190$千卡。冰箱内温度$T_1=+5^\circ\text{C}$，房间内$T_2=+20^\circ\text{C}$。从网络上看这款冰箱最低功耗是多少？

解决方案。冰箱是一种按处理循环运行的热机。如果直热式发动机在$T_1$低温下吸收$T_2$并分离出较少量的热量$Q_1$，做功$A = Q_2-Q_1$，则制冷机在$T_1$温度下从冷热中吸收$Q'_1$热量并在某个温度下将$Q'_2$分离为较高热量$T_2$。在这种情况下，您当然需要向冰箱提供$A'=Q'_2-Q'_1$的能量。

直热式发动机的效率系数$\eta = \frac{A}{Q_2} = \frac{Q_2-Q_1}{Q_2}$不能超过值$\frac{T_2-T_1}{T_2}$。此外，为了 c.p.机器处于最大功率，必须以反向循环工作。如果制冷机与直接制冷机以相同的循环运行，则$Q'_1 = Q_1$、$Q_2=Q_2$和$A'=A$。 K.p. d.在这种情况下，制冷机的功率将等于 $\eta_x = \frac{Q'_1}{A} = \frac{Q_1}{Q_2-Q_1}$。但在这种情况下，k.p. d.直机的 $\frac{Q_2-Q_1}{Q_2} = \frac{T_2-T_1}{T_2}$，因此 $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$。使用这个对应关系，我们发现 k.p. d.制冷机的最大功率不能超过$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$值。

k.p。使用这个公式计算。冰箱（有时称为“性能系数”）可以不止一台。这是因为，通过分离能量$Q_2$，我们不仅消耗了能量$A$，而且还消耗了通过冷却身体而获得的能量$Q_1$。计算 k.p 时对于机器，我们只考虑网络消耗的能量$A$，因为这是我们唯一需要支付的能量。

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图 16.
在高速自动行驶时，机构中没有动力损失，车轮在道路上的滚动摩擦也没有。考虑考虑这些因素将如何改变方程 (1) 和 (2)。

F17。将具有电荷$q$的极板放置在短路扁平电容器的极板之间。板以 $x$ (图 17) 的距离平行于自身移动。如果电容器极板之间的距离为 $d$，则电容器的外部电路会流过多少电荷？

为了解决这个问题，我们需要知道一个大的均匀带电板（比从板到我们感兴趣的场点的距离要大）产生什么场。我们将从以下事实出发：众所周知，扁平电容器中的电场等于$\frac{u}{d} = \frac{Q}{C_d} = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$，其中$C$是电容器的电容，$u$是其极板之间的电势差，$Q$是电容器的电荷，$S$是极板的面积，$d$是极板之间的距离，$\varepsilon_0$是电常数。但电容器中的场等于其极板产生的场的总和。这意味着每个电容器板都会产生一个等于 $\frac{1}{2} \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$ 的场。这样的场只需由一个大的均匀充电板即可创建。

因此，我们发现中间的可移动板产生了一个场$\frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S}$。但电荷系统的场等于每个电荷单独产生的场的总和。因此，板之间的场等于板和移动板产生的场之和。我们假设闭合板的总电荷为零*)。然后，如果其中一个极板的电荷等于 $Q$，则第二个极板的电荷等于负 $Q$，并且这些极板产生的场与电荷为 $Q$ $E = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$ 的电容器中的场完全相同。在板的一侧，板和可移动板的场指向一个方向，而在另一侧则指向相反的方向。因此，板的左侧 (图 18)（对于定义，我们假设 $q > 0$）是场 $E_1 = \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} + \frac{Q}{\varepsilon_0 S} = \frac{q + 2Q}{\varepsilon_0 S}$，其右侧是场

$$E_2 = \frac{Q}{\varepsilon_0 S} - \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} = \frac{2Q - q}{\varepsilon_0 S}.$$

*) 不难将问题推广到电容器板的总电荷不为零的情况。在这种情况下，答案保持不变。