问题解决方案M11—M15； F18—F23

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M11。围成一圈的44棵树上，坐着44只欢快的黄雀（每棵树上有一只黄雀）。有时，两只黄雀会同时以相反的方向（一只顺时针，另一只逆时针）飞向邻近的树木。证明黄雀不会聚集在一棵树上。如果黄雀和树木$n$怎么办？

解决方案。我们立即解决了$n$黄雀和$n$树的问题。我们按顺序（例如，顺时针）对树进行排序，数字从 1 到 $n$ (图 1)。让我们用 $a_k$ 表示每个时刻第 $k$ 棵树上的黄雀数量（在第一棵树上 - $a_1$，在第二棵树上 - $a_2$，等等）。考虑表达式

$$S = 1 \cdot a_1 + 2 \cdot a_2 + \dots + ka_k + \dots + na_n.$$

让我们证明，当两只黄雀朝相反方向飞向邻近的树时，$S$要么不改变，要么改变为$n$。

事实上，让一只黄雀从第 $k$ 棵树按顺时针方向飞到下一棵树。然后在总和 $S$ 中，两项发生变化。如果$k < n$，则第$k$项和第$(k+1)$项发生变化，并且它们的总和变得相等

$$k (a_k - 1) + (k+1) (a_{k+1} + 1) = ka_k + (k+1) a_{k+1} + 1,$$

即增加 1。如果 $k=n$，则第 $n$ 项和第一项发生变化，并且它们的和

$$n (a_n - 1) + 1 (a_1 + 1) = na_n + 1 \cdot a_1 - (n-1)$$

减少$n-1$。相反，如果黄雀逆时针飞向邻近的树，则总和会减少 1 或增加 $n-1$。因此，当两只黄雀同时飞向邻近的树时（一只顺时针，另一只逆时针），则总和$S$要么根本不变，要么变为$n$。

最初的时候，每棵树上栖息着一只黄雀，

$$S = 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 + \dots + n \cdot 1 = 1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n+1)}{2}.$$

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因此，在任意次数的飞行之后，总和将等于$\frac{n(n+1)}{2} + np$，其中$p$是某个整数。如果所有黄雀都聚集在某一棵$q$树上，那么$S$将等于$nq$，也就是说，等式$\frac{n(n+1)}{2} + np = nq$成立，因此$n+1+2p = 2q$； $n = 2(q-p)-1$。

因此，如果$n$是偶数，例如$n = 44$，那么黄雀将无法聚集在同一棵树上。让我们证明对于奇数 $n$ 可以使用*）。

让我们考虑一下最初的情况，每棵树上都有一只黄雀。让我们“命令”一只黄雀当场执行此操作，并将其称为“不可修改”。将剩余的黄雀分成两对，在两个方向 ($r=1, 2, \ldots, \frac{n-1}{2}$) 上与静止的黄雀的距离相同 ($r$)。很明显，每一对都可以在 $r$ 次飞行中到达一动不动的黄雀所在的树上。

来自列宁格勒的 D. Grigoriev、来自斯塔夫罗波尔边疆区格奥尔基耶夫斯克的 V. Luzgin 和其他读者也添加了类似的解决方案。

给定的解决方案对于需要找出是否可以通过一系列变换获得特定结果的问题来说是典型的。在本例中，变换是两只黄雀向相反方向飞行，我们想知道结果是否所有黄雀都能聚集在一棵树上。为了证明这是可能的，给出一个如何做的例子就足够了。为了证明任何变换都不能获得所需的结果，这样做通常很方便：找到一些在考虑的所有变换下都保留的量，并且其初始值与最终状态下所需的值不同（这样的量称为变换数据的不变量）。在我们的问题中，这个量是总和 $S$ 除以 $n$ 的余数。

那些解决了这个问题的人将会有兴趣了解以下更普遍的问题。让给定的$a$黄雀在$n$树上有两种不同的排列。让我们说，如果一个可以产生另一个（在黄雀迁徙期间，如问题条件所示），则它们是等价的。您如何知道这些位置是否等效？还有一个问题。很明显，$a$黄雀在$n$树上的所有可能排列的集合属于几个等价类。这样的课程会有多少个？

M12。哪些四边形可以用直线截成两个相似的四边形？

解决方案。让我们证明只有梯形和平行四边形具有这个性质。

假设四边形$ABCD$被直线切成两个相似的四边形。很明显，这个与两个相反的相交。

*）从信中可以看出，我们所有的读者都不清楚这一阶段的证明的必要性。让我们仔细看看这一点。到目前为止我们已经证明了什么？只是如果黄雀能够聚集在一棵树上，那么黄雀的数量一定是奇数（这是必要条件）。现在我们需要证明这个条件是充分的，也就是说，如果黄雀的数量是奇数，那么它们就能够聚集在一棵树上（从目前我们已经证明的情况来看，条件是充分的）。

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四边形的假边。让它与AD边相交于K点，与BC边相交于L点(图2)。在下文中，我们将多次使用这个明显的陈述：如果已知两个四边形 EFGH 和 PQRS 相似，并且顶点 E 对应于顶点 P，则 <E = <P，<G = <R，此外，<F = <Q 且 <H = <S，或 <F = <S 且 <Q = <H。

所以，假设四边形ABLK和CDKL相似（我们只发现它们的角度分别相等），并且证明四边形ABCD有两条平行边。四边形ABLK的角度α(<α=<AKL)可以对应于四边形KLCD的角度之一。

1. <α对应于<D。则 <α = <D, <γ = <B, AB ||吉隆坡||光盘。
2. <α对应于<C。则<α=<C，<δ=<B； <B + <C = <α + <δ = 180°，AB ||光盘;在这种情况下<A = <γ，<D = <β（<β = <γ，<A = <D的情况不需要单独考虑，因为在这种情况下<β + <γ = 180°并且<A = <D = <β = <γ = 90°）。
3. <α对应于<γ。那么 <B = <D, AD || BC 和 AB || DC，即ABCD是平行四边形。
4. <α对应于<δ。那么 <α = <δ = 90°，<B = <C 且 <β = <γ = 90°，AD || BC（等梯形或矩形），或<β = <D、<γ = <A、<A + <D = 180°、AB || CD，就符号而言，这种情况与情况 2) 具有相同的属性。

我们已经证明ABCD是平行四边形或梯形。反之，很容易看出，任何平行四边形或任何梯形都可以分成两个相似的四边形。任何穿过中心的直线的平行四边形都被分成两个相等的四边形（当然，除非直线是对角线）。底边 a < b 的梯形被分成两条相似的线，平行于底边并按比率 $\sqrt{b}/\sqrt{a}$ 划分高度；当然，有必要检查相应的边是否成比例（图3）：AK/KD = BL/LC = AB/KL=

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CL/DC = $\sqrt{b}/\sqrt{a}$。尝试找出什么时候可以用更巧妙的方式将一个梯形分割成两个相似的四边形，对应下面的情况2），如图4所示（答案：当且仅当$\sqrt{a}/\sqrt{b} < \sin \alpha/\sin \beta$，其中$\alpha < \beta$是梯形$b$的大底角）。

**M13。证明如果最大和最小$n$实数$a_1, a_2, \ldots, a_n$之差为$d$，并且这些数字的所有$\frac{n(n-1)}{2}$成对差值的模型之和

$$\sum_{i<j} |a_i - a_j| \text{ равна } s, \text{ то } (n-1) d \leqslant s \leqslant \frac{n^2}{4} d.$$

解决方案：让我们在数轴上绘制点 $a_1, a_2, \ldots, a_n$。那么$d$是这些点的最外层、最左边和最右边之间的距离，$s = \sum_{i<j} |a_i - a_j|$是这些数字之间所有成对距离的总和。

显然可以假设这些点按升序由 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 指定：$a_1 \leqslant a_2 \leqslant \ldots \leqslant a_n$ (图 5)。让我们用 $d_k(k=1, 2, \ldots, n-1)$ 表示相邻点 $a_k$ 和 $a_{k+1}$ 之间的距离。显然$d = d_1 + d_2 + \ldots + d_{n-1}$。

现在让我们用数量 $d_k$ 来表达 $s$。为此，我们将每个段 $[a_i - a_j]$ 的总 $s$ 长度替换为其组成的 $d_k$ 的总和：$|a_i - a_j| = d_i + d_{i+1} + \ldots + d_{j-1}$。显然，左端位于点$a_1, \ldots, a_k$之一、右端位于点$a_{k+1}, \ldots, a_n$之一的线段中包含$d_k$，即总计$d_k$包含在总和$k(n-k)$次中。这就是为什么

$$s = \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k.$$

现在要证明的断言来自两个非常简单的不等式：对于所有 $k=1, \ldots, n-1$

1. $k(n-k) \geqslant n-1 \iff kn-k^2-n+1 \geqslant 0 \iff (k-1)(n-k-1) \geqslant 0$;
2. $k(n-k) \leqslant \frac{n^2}{4} \iff n^2-4nk+4k^2 \geqslant 0 \iff (n-2k)^2 \geqslant 0$.

让我们使用这些例子并使用我们得到的，我们得到的

$$\sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k \geqslant \sum_{k=1}^{n-1}(n-1)d_k = (n-1)d,$$

$$\sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k \leqslant \sum_{k=1}^{n-1}\frac{n^2}{4}d_k = \frac{n^2}{4}d.$$

该问题的正确答案由来自托木斯克的M. Praeger、来自基辅的十年级学生I. Protasov、来自维尔纽斯的S. Pozdnyakov 和其他读者发送。

了解问题陈述中指出的估计是否准确也很有趣；例如，是否可以将大数与 $n-1$ 放在左不等式中？为了证明相反的观点，只要举一个不平等变成平等（并且它的两个部分都包含正数）的例子就足够了。很容易想出这样一个例子，我们已经找到了证明：我们需要安排

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点$a_1, a_2, \dots, a_n$，使得除了第一个$d_1$之外的所有$d_k$都等于0，即$a_1 < a_2 = a_3 = \dots = a_n$。然后$s = (n-1)d_1 = (n-1)d$。

至于第二个不等式$s \leqslant \frac{n^2}{4}d$，那么对于偶数$n = 2m$也可以在其中实现相等（取$a_1 = a_2 = \dots = a_m < a_{m+1} = \dots = a_{2m}$就足够了），而对于奇数$n = 2m+1$则可以稍微细化一下：不难得出对于奇数$n$大多数数$k(n-k)$等于$\frac{n-1}{2} \cdot \frac{n+1}{2} = \frac{n^2-1}{4}$（严格证明这一点！）；用这个代替不等式2)，我们可以用与上面相同的方式证明更强的不等式$s < \frac{n^2-1}{4}d$。当$a_1 = \dots = a_m < a_{m+1} = \dots = a_{2m+1}$时，就实现了平等。

M14。凸白色多面体的一些面被涂成黑红色，因此没有两个黑色面具有公共边缘。证明如果至少满足以下条件之一：
a) 一半以上的黑人面孔；
b) 黑色面的面积大于多面体表面积的一半，则球不能内接于该多面体。

解决方案。让我们从任务 6) 开始。让我们假设一个球可以内接于多面体。在每个面上，标记与球的接触点，并从它到该面的顶点绘制线段。然后面将被分成三角形。多面体的每条边都与位于相邻面的两个这样的三角形相邻。它们在三边上相等（因为从一点到球的两条切线相等）。根据条件，每条边最多与一个黑面相邻。因此，每个黑色三角形都与一个相等的白色三角形相邻*)。因此，黑色面的面积之和不大于白色面的面积之和。问题6）已解决。

问题a）的解决方式完全相同，这在E. M. Andreev的文章“不可抑制的多面体”中已经讨论过（参见文章末尾«Kvant»第8号，问题9）。本文探讨了与我们的任务相关的一些问题：是否存在满足类似条件的多面体，存在哪些其他“不可描述性的迹象”，等等。确实，从本文的目的可以判断，它是关于这个或那个多面体是否可以内接在球体中，以及在我们的任务中，它是否可以在球体附近进行描述。然而事实证明，这两种理论完全相似。

更准确地说，每个凸内接多面体都可以分配一个相应的描述，这样对于每个面，与它们对应的平面将相交于一点——新多面体的顶点，对应于原始内接多面体的面。如果内接多面体的两个顶点通过边连接，则相应的切平面将沿着内接多面体的边相交。因此，我们构建了内切多面体到所描述多面体集合的映射；很容易看出这是到整个多面体集合的映射，并且它有一个逆映射

*）但是，当然，白色也可以应用于白色三角形 - 唯一重要的是不同的黑色三角形对应于不同的白色三角形。

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（我们使用 A. N. Kolmogorov 在«Kvant» No. 1 的文章“什么是函数”中讨论的术语）——换句话说，对于每个描述的多面体，可以关联一个内接多面体，从该内切多面体可以通过上述方式获得该描述的多面体。标记每个面的接触点（未来内接多边形的顶点）就足够了，并证明具有公共顶点的面的所有接触点位于同一平面（图6）。这两种映射连接了凸内接和外接多面体的集合，构成了数学家通常称之为“对偶”一词的情况的一个很好的例子（E.M. Andreev 在文章中详细提到了这个词）。想一想所描述的多面体将与这些内切多面体对偶：立方体、正n 角棱柱、正n 角棱柱、正正棱柱、十二棱柱。

我们强烈建议读者回到《不可描述的多胞体》一文，利用我们刚才谈到的二元性，将其内容翻译成“不可描述的”多胞体。

M15。方桌$n \times n$填满非负数，使得每一行的数字之和与每一列的数字之和等于1。证明从表格中你可以选择$n$来放置$x$数字的小牛，其中任何两个数字都不在任何列或行中。

解决了并且e。首先让我们注意，如果我们重新排列表的行（或列），这不会影响问题的条件或我们需要证明的内容。假设我们将行和列的排列收集成大小为$m \times k$一零（图7）的规则角度。让我们证明$m + k$总是不大于$n$。我们来计算图上用字母$C$标记的部分中的数字之和。显然，$B$中的数字之和等于$m$（m列，每列的和为1）。同样，$A$中的数字之和等于$k$（k行）。由于表中所有数字的总和为 $n$，因此$C$ 的份额仍为 $n - m - k$。该数字是非负数，因为根据表中的条件，所有数字都是非负数。所以，$n - m - k \ge 0$，也就是$m + k \le n$，这就是我们争论的。

现在我们可以将问题重新表述如下：表中存在数字$n \times n$，并且已知通过对行和列进行较低的重新排列是不可能的

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在其中划分一个大小为 $m \times k$ 的零角，使得 $m + k > n$；证明可以选择 $n$ 个非零数字，其中任何两个都不会出现在任何列或行中。 （现在数字是否为正以及行和列中的总和等于 1 对我们来说并不重要。我们已经使用了这些条件。在下文中，我们仅区分“零”和“非零”。）

如果您阅读了 M.I. 的文章Bashmakov《匹配与传输网络》在我们杂志的第4期，那么你很容易就会知道，我们对问题的新表述只是用“表格”语言记录了匹配定理。事实上，让我们在表$n \times n$的行中写上男孩，在表的列中写上女孩（$n$都是空的）。在第$s$行和第$t$列的交叉点，如果第$s$个男孩熟悉第$t$个女孩，我们输入“非零”（星号），如果他不熟悉，则输入“零”。让我们得到一个约会表（正如数学家所说，“矩阵”）。

让我们以任意一组 $k$ 年轻人为例。我们先把相应的行放上去。如果这些男孩都不认识女孩，那么根据前$k$行中的列，有零。如果我们将所有这些女孩对应的所有列重新排列在最后（她们的编号是 $m$ 空），那么我们会得到一个大小为 $m \times k$ (图 8) 的零角。前 $m - n$ 列的第一行中至少有一个“非零”，因为相应的女孩有另一个我们选择的 $k$ 男孩。从$m + k \leq n$开始，那么$m - n \geq k$，也就是说，至少有$k$这样的女孩。我们看到这些问题与“匹配定理”的数据完全吻合。所有小伙子们对$n$新娘的选择就是对$n$“非零”的选择，站在不同的行列中。

现在您可以阅读“匹配定理”的简单（通过归纳）证明，它为问题提供了完整的解决方案。当然，问题的性质对于这个定理来说根本不是必要的。归纳推理可以立即进行 - 通过重新排列行和列（例如，来自列宁格勒的读者 D. Grigoriev 就是这么做的）。这样就得到了“匹配定理”的新证明*)。

*) 但是，当然，通过简单地划掉满足问题条件的表中的最后一列和最后一行，我们可以得到一个不再满足该条件的表 - 索引不能以这种方式“粗略地”进行。

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F18。如果你通过两个齿频率不同的梳子观察光线，相互叠加，那么发光区域将与黑暗区域相交。如果其中一个梳子相对于第二个梳子以 1 厘米/秒的速度移动，这些部分将以什么速度移动？固定梳子每 1 厘米有 5 个齿，而移动梳子则有 6 个。

解决了并且e。让我们组合一些梳齿（图9）。那么下一颗牙齿之间的距离将是 $1/5$ cm - $1/6$ cm = $1/30$ cm。现在让我们将梳子移动这个距离。然后，明暗条纹的图案将移动 $1/5$ 厘米，即固定梳齿之间的距离。如果梳子移动1厘米，那么明暗条纹的图案将移动$1/5$厘米·30 = 6厘米。

这意味着，当齿频较高的梳子以1厘米/秒的速度移动时，明暗条纹以$v = 6$厘米/秒的速度移动，且与移动的梳子移动的方向相同。

以恒定速度移动的交替明暗条纹的图片对于任何物理性质的波的运动来说都是一个非常方便的模型。如果您通过狭缝观察移动的条纹 (图 10)，那么狭缝将定期被后部条纹或黑色条纹覆盖：

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我们会看到波动。条纹的黑色和黄色对应于两个相反的振荡相位 (图 11)。波长等于明带和暗带的总宽度。通过计算一秒钟内穿过狭缝的黑色或黄色条纹的数量，可以确定振荡的频率及其周期。

这个简单的模型使我们能够理解许多物理现象和有趣的过程实验。

使用黑色和黄色条纹，您不仅可以模拟线性波，还可以模拟任何其他波，例如环形波（图12）。这种环形波的运动可以用黑色和黄色的阿基米德螺线（图13）来表示。当螺旋旋转穿过狭缝时，可以看到波浪如何朝向中心或远离中心运行，具体取决于螺旋的旋转方向。

如果条纹不混合，我们将得到静止的波浪的图片。此类图片称为光栅。不应将固定光栅波与驻波混淆。驻波图案是黑色和黄色交替的条纹，周期性地改变其颜色到相反的方向。

当多个正弦波相互叠加时，会产生不再是正弦波的新波。它们被称为群波。群波在长度、传播速度和其他参数上与折叠正弦波不同。最简单的群波是拍波。当两个长度不相等但彼此接近的波相加时，就获得了它们。

为了建立群波模型，两个频带系统需要相互叠加。如果这些系统相同，则可以将它们叠加，使得一个系统的条纹与另一系统的条纹重合。这些波将与相应的波叠加。如果条纹系统之间的距离略有不同，那么我们就会得到一张节拍图片 (图 14)。你在用梳子进行的实验中得到了类似的图片。

不难找到长度为 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ ($\lambda_1 > \lambda_2$) 的波产生的拍频波长。如果两个黑色波段重合，则波长$\lambda_1$和$(n+1)$的波段系统接近于波长$\lambda_2$的波段系统。这意味着节拍的波长是

$$L = n\lambda_1 = (n+1)\lambda_2.$$

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从等式$n\lambda_1 = (n+1)\lambda_2$我们发现$n = \frac{\lambda_2}{\lambda_1 - \lambda_2}$。

因为$L = \frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_1 - \lambda_2}$。

叠加波之间的差异越小，群波的长度就越大。这在改变高频振动的波长时使用。为了改变，选择第二波的长度，以便当添加波时，获得具有长波长的节拍。使用示波器可以轻松查看和更改此类节拍。知道了某些振动的拍长和波长，就不难确定所研究的振动的波长。

图 14 所示的拍波是驻波。如果一个或两个波浪系统开始运动，波群也会混合。群波的速度$v$可以通过与我们计算梳子的应用而产生的群波的运动速度相同的方式来求出。是平等的

$$v = \frac{\lambda_1 v_2 - \lambda_2 v_1}{\lambda_1 - \lambda_2},$$

其中$v_1$是长度为$\lambda_1$的波的速度，$v_2$是长度为$\lambda_2$的波的速度。

这个公式是我们为梳子导出的公式的推广。

这样，这个问题就被Vyacheslav Mileshin（摩尔多瓦巴尔蒂）和Alexander Karpenko（沃罗希尔戈夫格勒地区利西昌斯克）解决了。 Lyutsman Petraschik（格罗德诺地区利达）和 Sergey Yushman（拉脱维亚维拉尼）以类似的方式解决了这个问题。有些读者在正确解答问题的同时，错误地计算了梳齿之间的距离。如果梳子每 1 厘米包含 $n$ 个齿，那么每 1 厘米齿之间也有 $n$ 空间（而不是 $n-1$）。一厘米上的两个外齿中，第一个属于这一厘米，最后一个属于下一厘米。

F19。连通容器的形状如图 15 所示。如果对其中一个容器中的水进行加热，水将流过连接容器的管道到哪里？

解决了并且e。无论加热哪个容器，水都会变暖

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甚至是对的。让右侧容器中的液体加热。然后它会扩大并占据更多的体积。如果容器是圆柱形的（图16），那么底部液体的压力不会改变：水密度的降低将通过液柱高度的增加来补偿。这是因为，圆柱形容器底部的压力一方面等于作用在容器中的水中的重力，另一方面等于底部液体的压力乘以底部面积：$P = pS$。由于液体受热时重力和底部面积都不会改变，因此圆柱形容器底部的压力也不会改变。

在有限膨胀容器中，在液体密度降低相同的情况下，柱高的增加小于圆柱形容器。发生这种情况的原因有两个：首先，液体膨胀较少，这意味着其体积变化较小；其次，膨胀时，水必须充满图所保护的体积。因此，当液体受热时，容器底部的压力会降低。由于当连接容器的管子中的液体处于平衡时，左侧容器中其端部的压力必须等于右侧容器中其端部的压力，因此液体将从左侧容器流到右侧。

以类似的方式考虑左侧容器中液体的加热和膨胀，我们会发现当左侧容器受热时，其底部的压力增加。这意味着在这种情况下液体将从左侧容器流到右侧。

Vladimir Metlitsky（安加尔斯克，伊尔库茨克地区）和Alexander Karpenko正确解决了这个问题。八年级学生 Efim Kaplun（乌克兰文尼察）注意到，在加热的容器中，水的蒸发比在温度不变的容器中蒸发得更强烈。这应该会影响水流。然而，如果容器温度较低，则这种影响可以忽略不计。

F20。平行于半径为 $R$ 的圆柱体轴线，距圆柱体中心距离 $\frac{R}{2}$ 处钻一个圆孔。响应半径为$\frac{R}{2}$。圆柱体位于一块板上，该板的一端缓慢升起 (图 17)。找到摇臂的最大倾斜角度，在该角度下气缸仍保持正确平衡。圆柱体在板上的摩擦系数为0.2。

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气缸在板倾斜角度时会失去稳定性

$$\alpha = \alpha_1 = \arcsin \frac{1}{6}.$$

Lyutsman Petrasik、Vladimir Metlitsky、Mikhail Kuznetsov（伏尔加达地区Golchevskaya村）、Vladimir Korneev（莫斯科）、Alexandor Karpenko、Alexey Efimov（莫斯科）等人正确地解决了这个问题。

F21。两个相同的直流电机的电枢轴也相互连接。如果来源相同，例如连接到电枢绕组。 d.s. E、则锚杆空载时的旋转角速度等于$\omega_0$；如果电机减速而不旋转，则电流 $I_0$ 流过电枢绕组。切换电流源之一以使电枢的扭矩相反。为了使电枢以给定的角速度 $\omega$ 旋转，必须向电枢轴施加多大的外部力矩？很少有关于摩擦电机的说法；统计装置的磁场由永磁体进行系数化。

解决了并且e。当电枢完全被抑制时，电流$I_0 = \frac{E}{R}$流过其绕组。这意味着电枢绕组电阻为$R = \frac{E}{I_0}$。

当电动机的电枢旋转时，电动势发生在其绕组中。 d.s.感应 $E_n$，与电枢旋转角速度成正比：
$$E_n = k\omega (k - \text{козффициент пропорциональнойности}).$$
让我们写出电动机的能量守恒定律：
$$EIt = I^2Rt + Nt.$$
或者，减少发动机运行时间$t$，我们得到
$$EI = I^2R + N;$$
这里$N$是电动机从网络消耗的功率，$I^2R$是电枢绕组中的热损耗，$N$是提供给负载的功率，$R$是电枢绕组的电阻，$I$是绕组中的电流。

从这个方程可以看出，在没有负载 ($N = 0$) 的情况下，通过电枢绕组的电流为零。但根据欧姆定律，通过绕组的电流必须等于$I = \frac{E - E_n}{R}$。这意味着在没有负载e的情况下。 d.s.电枢绕组中产生的感应等于 e。 d.s.来源：$E = E_n$。

切换电枢绕组中的其中一个电源后，电动势会很兴奋。 d.s. $E'_n = k\omega = E_n \frac{\omega}{\omega_0} = E \frac{\omega}{\omega_0}$。在这种情况下，电流将流过绕组
$$I_1 = \frac{E - E'_n}{R} = \frac{\left(E - E \frac{\omega}{\omega_0}\right)}{E/I_0} = I_0 \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right),$$
$$I_2 = \frac{E + E'_n}{R} = I_0 \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right).$$

此外，电源的功和外力的功都将用于加热绕组。因此$EI_1 + EI_2 + N' = I_1^2R + I_2^2R$。

由于$N' = F \cdot v = F \cdot r\omega = M\omega$（F为锚杆所受的外力，M为锚杆相对于轴线的力矩，v=$\omega r$为锚杆轴线表面各点的角速度），将$N'$、$I_1$、$I_2$、R替换为M、$\omega$、$\omega_0$、E的表达式，可得
$$M\omega + EI_0 \left[ \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right) + \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right) \right] = I_0^2 \frac{E}{I_0} \left[ \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 + \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \right],$$

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从哪里$M\omega + 2EI_0 =$
$= EI_0 \left[ 2 + 2 \left( \frac{\omega}{\omega_0} \right)^2 \right]$
和$M = \frac{2EI_0\omega}{\omega_0^2}$。

F22。两个铁匠打成一块铁。首先，他们把它放在铁砧上，一次锤击一个，然后把它挂在天花板上，同时从不同的侧面敲击它。在这两种情况下，每个铁匠的打击力量都是相同的。什么情况下，一块铁一击就会升温更多？

解决方案。在第二个。很明显，当铁匠敲击放在铁砧上的一块铁时，以及当铁匠敲击悬挂的铁块时，都会执行相同的工作：在第一种情况下，第二个铁匠敲击一块铁的角色由铁砧承担。这项工作用于加热一块铁，此外，还在该铁的膨胀过程中执行机械功。当铁放在铁砧上时，其重心会随着膨胀而上升，即抵抗重力做功。但是，当该部件悬挂时，其重心会随着膨胀而下降。这意味着在第二种情况下，当铁匠所做的功不仅转化为热量，而且一块铁的部分势能（铁在膨胀过程中所做的功为负）时，它在一次打击中的升温会比第一种情况要高。

F23。在水平面上有两根相同的薄壁管，每根质量为$m$。它们的轴平行，半径等于 $R$。首先，其中一根管子会堆积起来，第二根管子会滚动，但不会滑向第一根管子，直到发生碰撞。管道的平移速度为$v$。管道的平移运动速度和旋转角速度如何随时间变化（画图）？

管道在水平面上滑动的摩擦系数为$k$，碰撞时管道之间的摩擦力可以忽略不计，冲击是绝对弹性的。

解决方案。由于管道之间的摩擦力可以忽略不计，我们可以假设当管道碰撞时，其中一个管道的旋转不会传递到第二个管道。因此，在考虑管道碰撞时，我们不能考虑第一个（初始移动）管道的旋转。

让我们写下管道排列的能量和动量守恒定律：

$$mv_0 = mv_1 + mv_2, \frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}$$

（$v_1$和$v_2$分别为碰撞后对应第一、第二管道的平移速度）。

将这些方程一起求解，我们发现$v_1 = 0$和$v_2 = v_0$，也就是说，当管道撞击时，它们交换平移速度 - 就像两个相同的球撞击时一样。

现在让我们考虑一下撞击后第一根最初移动的管道会发生什么。在与管道以$v_0$速度沿平面滚动而不滑动相关的坐标系中，接触平面的点的速度等于-$v_0$。这意味着这样的管道绕其轴线旋转，使得线性旋转速度

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其表面上的点的大小等于管轴平移运动的速度。因此，碰撞后，第一根管子以角速度$\omega = \frac{v_0}{R}$绕其轴线旋转。

作用在该管道上的摩擦力 $F_{\text{тр}} = kmg$ (图 20) 取代了其旋转，同时在管道初始运动方向上赋予其加速度 $a = \frac{F_{\text{тр}}}{m} = kg$。到 $t$ 时刻，该管道将具有平移速度 $u'_1 = at = kgt$ 并以角速度 $\omega_1 = \frac{v_0 - kgt}{R}$ 绕轴旋转。管道的平移运动速度随时间成比例增加，而管道的旋转速度随时间成比例减小。到$t_0$时刻，当管轴平移运动速度等于管材绕轴旋转的线速度时，管材相对于平面的滑移将停止，此后管材旋转速度$\omega'_1$和管轴平移运动速度$u'_1$将不再改变。从条件$kgt_0 = v_0 - kgt_0$我们发现$t_0 = \frac{v_0}{2kg}$。此时此刻

$$u_1 = \frac{v_0}{2} \text{ и } \omega_1 = \frac{v_0}{2}.$$

以类似的方式考虑第二根管子的运动，我们发现作用在其上的摩擦力在其平移运动$u_2 = v_0 - kgt$中减小，并且旋转角速度$\omega_2 = \frac{kgt}{R}$增加。

到$= \frac{v_0}{2kg}$时刻，管道相对于平面的滑动将停止。此时，管道将具有平移速度$u_2 = \frac{v_0}{2}$和绕轴线$\omega_2 = \frac{v_0}{2R}$的角旋转速度，并且以后不会改变。

管道平移运动速度及其旋转角速度与时间的关系图如图 图 21 所示。

米哈伊尔·库兹涅佐夫和谢尔盖·尤什马诺夫提供了该问题的正确解决方案。