Lời giải bài toán M211—M218; F223—F227

32

F270. Trong một ống nghiệm dài, cách đầu bịt kín $l_1$ có một bình thủy ngân ngắn (Hình 4). Khối lượng thủy ngân $m$. Ống nghiệm phải quay với tốc độ góc bao nhiêu o quanh trục thẳng đứng để thủy ngân đi tới đầu ống nghiệm? Ống nghiệm có chiều dài $l$, nhiệt độ không khí trong ống nghiệm không thay đổi. Áp suất khí quyển là $p_0$.

F271. Tính mật độ trung bình $\rho$ của điện tích trong khí quyển nếu biết hướng của trường điện tử trên bề mặt Trái đất là 100 $\beta \cdot m^{-1}$, và ở độ cao $h = 1,5$ km hướng này giảm xuống còn 25 $\beta \cdot m^{-1}$.

Cơm. 4.

F272. Một ma trận có chiều dài $l$ được treo trên một bức tường nghiêng một góc $\alpha$ so với phương thẳng đứng (Hình 5). Mô mềm bị lệch trong mặt phẳng vuông góc với tường một góc nhỏ $\beta$ so với phương thẳng đứng và được thả ra. Tìm chu kỳ dao động của ma trận nếu $\beta > \alpha$ và va chạm của quả bóng lên tường là đàn hồi tuyệt đối.

Cơm. 5.

Lời giải bài toán

M211—M218; F223—F227

M211. Cho $n$ điểm, $n > 4$. Chứng minh rằng bạn có thể kết nối chúng bằng các mũi tên sao cho có thể chạm tới từng điểm trong mỗi đĩa bằng cách truyền một hoặc hai mũi tên (mỗi hai điểm có thể được nối bằng một mũi tên theo một hướng; một mũi tên theo hướng chỉ trên đó).

Đối với $n = 5$, đồ thị bắt buộc (còn gọi là hệ thống các điểm được kết nối bằng mũi tên) được trình bày trong Hình 1. Bây giờ, hãy thực hiện một phép chuyển đổi quy nạp: chúng tôi chứng minh rằng nếu bạn có thể kết nối các điểm $n$ bằng các mũi tên theo yêu cầu trong các điều kiện, thì bạn cũng có thể kết nối các điểm $n + 1$. Giả sử $n$ điểm đã được kết nối - bạn sẽ có được biểu đồ có $n$ đỉnh. Chúng ta có thể giả định rằng hai điểm bất kỳ trong số $n$ này được kết nối bằng một mũi tên: nếu không, chúng ta sẽ vẽ tất cả các mũi tên còn thiếu (hướng chúng theo bất kỳ hướng nào) và các điều kiện bài toán thậm chí sẽ được đáp ứng nhiều hơn. Hãy biểu thị điểm mới bằng $C$.

Hãy xem xét hai trường hợp.

a) $n$ - chẵn. Sau đó, chúng tôi chia các điểm $n$ này thành từng cặp. Đặt các điểm $A_h B_h$ là một trong các cặp ($1 \leq k \leq n/2$) và từ $A_h$ có một mũi tên đến $B_h$. Sau đó, chúng ta sẽ vẽ một mũi tên từ $C$ đến $A_h$ và từ $B_h$ chúng ta sẽ vẽ một mũi tên đến $C$ (xem Hình 2). Hãy làm điều này cho mỗi cặp. Một biểu đồ mới có đỉnh $n + 1$ được xây dựng. Hãy chứng minh nó thỏa mãn điều kiện bài toán. Đặt $X, Y$ là hai đỉnh phân biệt bất kỳ của nó. Chúng tôi cần chứng minh rằng bạn có thể đi từ $X$ đến $Y$ bằng cách chuyển một hoặc hai mũi tên. Nếu cả $X$ và $Y$ không trùng với $C$ thì điều này là như vậy theo giả thuyết quy nạp. Giả sử $X$ hoặc $Y$ giống với $C$. Sau đó, một điểm khác trong số này ($Y$ hoặc $X$) được bao gồm trong một số cặp điểm mà chúng tôi chia điểm $n$ đầu tiên. Do đó, $X$ và $Y$ là hai trong số ba điểm được hiển thị trong Hình 2. Nhìn vào hình này, bạn có thể dễ dàng xem qua tất cả các phương án có thể và đảm bảo rằng yêu cầu được đáp ứng.

b) $n$ - lẻ. Trong trường hợp này, chúng tôi chia các đỉnh $n$ đầu tiên thành nhiều cặp và một bộ ba. Chúng tôi làm theo điều này như sau. Hãy chọn bất kỳ đỉnh nào $A_1$. Cô ấy

33

được kết nối bằng mũi tên với tất cả các đỉnh $n - 1$ khác: $A_2, \dots, A_n$. Ít nhất hai mũi tên đi ra từ $A_1$ hoặc ít nhất hai mũi tên đi vào $A_1$. Thật vậy, nếu không thì $n$ sẽ nhỏ hơn bốn.

Để ít nhất hai mũi tên rời khỏi $A_1$ (trường hợp còn lại tương tự) và đến các đỉnh $A_2, A_3$. Chúng ta sẽ chia các đỉnh còn lại thành từng cặp. Bây giờ, hãy nối đỉnh mới có các mũi tên với bộ ba $A_1, A_2, A_3$ - như trong Hình 3 và với tất cả các cặp - như trong Hình 2. Như trong trường hợp a), thật dễ dàng để chứng minh rằng đồ thị thu được thỏa mãn điều kiện bài toán. Quá trình chuyển đổi quy nạp là hợp pháp. Vì vậy, chúng ta đã chứng minh bằng quy nạp rằng các điểm $n$ có thể được kết nối theo yêu cầu trong điều kiện, với $n \geq 5$. Nếu hiểu được cách chứng minh thì bạn có thể dễ dàng hiểu được nghịch lý sau. Đối với $n = 3$, biểu đồ bắt buộc cũng tồn tại (Hình 2), nhưng đối với $n = 4$ thì không có biểu đồ nào như vậy (điều này có thể dễ dàng xác minh bằng cách liệt kê). Nhưng, áp dụng quy nạp cho trường hợp đặc biệt $n = 3$, ta thu được: nếu đồ thị như vậy tồn tại với $n = 3$, thì nó cũng tồn tại với $n = 4$. Kết quả là mâu thuẫn *). Có chuyện gì vậy?

**M212. Tại phiên tòa, 14 đồng xu được đưa ra làm bằng chứng. Chuyên gia phát hiện ra rằng bảy người trong số họ là hồ sơ, những người còn lại là trụ trì, và ông tìm ra ai là hồ sơ và ai là trụ trì. Tòa án chỉ biết rằng các đồng tiền có trọng lượng như nhau, các đồng tiền ban đầu có trọng lượng như nhau và các đồng tiền có trọng lượng như nhau. Chuyên gia muốn thời gian cân trên cân cốc mà không cần phán đoán kỹ thuật số, rằng tất cả các đồng tiền mà ông phát hiện được thực sự là đồng tiền và phần còn lại là bản gốc. Anh ấy có thể làm được không?

Hình 4, a, b, c cho thấy bằng trọng số nào mà một chuyên gia có thể thuyết phục tòa án rằng đồng xu $\Phi_1, \Phi_2, \dots, \Phi_7$ là đồng xu giả và $H_1, H_2, \dots, H_7$ là đồng xu thật. Mỗi lần cốc bên phải di chuyển, và điều này chỉ có thể thực hiện được nếu có nhiều đồng xu ở cốc bên trái hơn bên phải (và có nhiều dịch truyền ở bên phải hơn bên trái).

Phương pháp này rất dễ khái quát hóa và khi đó, thực tế là dữ liệu $n$ đồng xu là tệp và các đồng xu $n$ khác là có thật, có thể được chứng minh bằng cách thực hiện cân $[\log_2 n] + 1$. Mặc dù thực tế là hệ thống cân như vậy rất tiết kiệm (ở mức $n = 1000$ 10 lần cân là đủ), chúng tôi không thể chứng minh rằng nó là tối ưu. Sẽ rất thú vị khi chứng minh rằng số trọng số tối thiểu vẫn tăng không giới hạn là $n \rightarrow \infty$ (hoặc để bác bỏ điều này).

MỘT. L.Tôm

*) Gần giống như ở §§ 2 và 3 trong bài viết “What the Guide Said” của M. Milg («Kvant», 1973, số 8).

M213. Cho một nút có đỉnh O và một đường tròn tiếp xúc với đường thẳng của nó trong các tu sĩ A và B. Một tia được vẽ từ điểm A song song với OB,

Cơm. 4.

34

cắt đường tròn tại điểm C. Đoạn OC cắt đường tròn tại điểm E, các đường thẳng AE và OB cắt nhau tại điểm K. Chứng minh OK = KB.

Chúng tôi đã thu được nhiều lời giải khác nhau trong số bài toán này, sử dụng các định lý về tiếp tuyến và cát tuyến, về tam giác con, về góc nội tiếp, v.v. Hãy để chúng tôi trình bày một trong những định lý ngắn nhất và đẹp nhất.

Hãy vẽ tiếp tuyến của đường tròn tại điểm C; gọi P và N là giao điểm của nó trên các cạnh AO và OB của góc AOB (Hình 5). Rõ ràng PB là trục đối xứng của tam giác OPN nên cả 4 tiếp tuyến đều bằng nhau:

$$OA = OB = BN = CN.$$

Các tam giác NOC và OAK đồng dạng vì

$$\angle CNO = \angle AOK, \angle NOC = \angle ACO = \angle OAK$$

(mỗi góc trong số hai góc cuối được đo bằng cung tưới AE). Từ đây

$$\frac{OK}{OB} = \frac{OK}{OA} = \frac{CN}{ON} = \frac{1}{2}.$$

M214. Tam giác vuông f(x) = ax^2 + bx + c anh túc có nghĩa là phương trình f(x) = x không có nghiệm thực. Chứng minh rằng phương trình f(f(x)) = x cũng không có nghiệm thực.

bài toán này có thể được giải hoàn toàn bằng đại số, sử dụng thực tế là nếu f(x) là một đa thức, thì f(f(x)) - x luôn chia hết (dưới dạng đa thức) cho f(x) - x, tức là

$$f(f(x)) - x = (f(x) - x)g(x).$$

Ở đây g(x) là đa thức bậc hai. Các phép tính đơn giản cho thấy phân biệt của đa thức này là âm. Tuy nhiên, hầu hết độc giả đã thêm lời giải màu đỏ hơn, sử dụng thông điệp trực quan được liên kết với biểu đồ.

Điều kiện phương trình f(x) = x không có nghiệm thực có nghĩa là parabol y = f(x) nằm hoàn toàn bên trên hoặc hoàn toàn bên dưới đường thẳng y = x (Hình 6). Nói cách khác, với mọi x

$$f(x) > x,$$

nhưng với mọi x

$$f(f(x)) > f(x) > x,$$

hoặc với mọi x

$$f(x) < x,$$

và sau đó với mọi x

$$f(f(x)) < f(x) < x.$$

Vì vậy, trong trường hợp tổng quát phương trình f(f(x)) = x không có lời giải.

**M215. Trên một tờ giấy trắng kẻ ô vuông có vô số ô có n ô tô màu đen. Tại các thời điểm t = 1, 2, … ta thực hiện tô màu đồng thời tất cả các ô của trang tính theo quy tắc sau: mỗi ô k nhận được màu mà hầu hết ba ô có ở thời điểm trước đó: chính ô k và các ô lân cận ở bên phải và phía trên (nếu hai hoặc ba ô này màu trắng thì k trở thành màu trắng, nếu hai hoặc ba ô màu đen), và Chứng minh rằng sau một thời gian hữu hạn sẽ không còn ô đen nào trên trang tính.

b) Chứng minh rằng ô đen sẽ biến mất không muộn hơn thời điểm t = n.

Giả sử H là một tập hợp các ô màu đen. Chúng ta hãy biểu thị bằng chữ cái Γ (từ từ “tiêu đề”) toán tử đổi màu, nghĩa là bằng Γ (Ч), chúng ta sẽ biểu thị tập hợp các ô thu được từ số, bằng Γ²(Х) chúng ta sẽ biểu thị tập hợp Γ(Γ(Ч)), trong đó số được chuyển theo hai bước, bởi Γ³(Ч) theo ba bước, v.v. (xem Hình 7; nhân tiện, hình này bác bỏ giả định rằng tổng số ô trong Γ(H) luôn nhỏ hơn trong H).

Phát biểu a) tiếp theo ngay sau hai câu đáng kính như vậy.

(1) Nếu thêm nhiều ô đen vào tập Γ thì cũng chỉ có thể thêm các ô đen vào tập Γ(Н), nhưng không có ô nào bị mất. Sử dụng dấu ⊆(A ⊆ B) có nghĩa là tập A hoàn toàn chứa trong B, một phần nó có thể

35

trùng khớp), nó có thể được viết như thế này:

$$\chi \subset \chi' \Rightarrow \Gamma(\chi) \subset \Gamma(\chi')$$

(2) Nếu $\chi_0$ là tập hợp tất cả các ô bên trong một hình vuông trên giấy ca rô (bao gồm $N$ ô), thì sau một số hữu hạn các bước sẽ không còn lại gì là $\chi_0$ (Hình 8); chính xác hơn, sau $(2N-1)$ bước bạn sẽ nhận được một bộ ô đen trống:

$$\Gamma^{2N-1}(\chi_0) = \varnothing$$

Rõ ràng là bất kỳ tập hợp $\chi$ nào cũng có thể được đặt trong một hình vuông đủ lớn $\chi_0$; theo (2) hình vuông màu đen $\chi_0$ này sẽ “chết” trong một số hữu hạn bước, và theo (1) bất kỳ $\chi$ nào cũng không thể tồn tại lâu hơn $\chi_0$. Như vậy bài toán a) đã được giải.

Chứng minh 6) khó hơn nhiều.

Hãy để chúng tôi trích dẫn lời giải bài toán 6), được phát minh tại Thế vận hội bởi nhà cổ điển thứ mười A. Gomilko từ Khmelnitsky (vì điều này mà ông đã nhận được giải thưởng đặc biệt).

Nhân tiện, thực tế là lời giải 6) không thể đơn giản được thể hiện qua nhiều ví dụ về các tế bào $n$ chết đi theo đúng $n$ bước (Hình 9).

Chúng ta hãy chứng minh câu 6) bằng quy nạp theo $n$—số ô trong tập hợp ban đầu $\chi$; với $n = 1$ điều đó là hiển nhiên.

Hãy chứng minh rằng nếu có ít hơn $n$ ô trong $\chi$, thì

$$\Gamma^{n-1}(\chi) = \varnothing$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét $\chi$, bao gồm $n$ ô. Hãy đặt nó theo một góc vuông $x \geq 0$, $y \geq 0$ (các trục tọa độ $Ox$ và $Oy$ hướng sang phải và hướng lên trên dọc theo các đường lưới, cạnh của ô bằng 1) sao cho trong dải $0 \leq x \leq 1$ có ít nhất một ô màu đen và trong dải $0 \leq y \leq 1$ - cũng vậy (Hình 10).

Đặt $\chi^1$ là phần của $\chi$ nằm trong nửa mặt phẳng $x \geq 1$. Theo giả thuyết quy nạp, $\Gamma^{n-1}(\chi^1) = \varnothing$. Và các ô từ $0 \leq x \leq 1$ không ảnh hưởng đến những gì xảy ra phía trên dòng $x = 1$. Do đó, $\Gamma^{n-1}(\chi)$ nằm hoàn toàn trong dải $0 \leq x \leq 1$ (rõ ràng, trong

36

HALF-PLANES $x < 0$ tế bào đen không thể phản xạ).

Bằng cách tương tự, người ta chứng minh rằng $\Gamma^{n-1}(\Upsilon)$ nằm trong dải $0 \leq y \leq 1$. Theo đó, $\Gamma^{n-1}(\Upsilon)$ có ​​thể chứa tối đa một ô: $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1$ và do đó $\Gamma^n(\Upsilon) = \emptyset$.

N. B. Vasiliev

M216. $N$ người ta không quen nhau. Bạn cần giới thiệu dtype cho một số người trong số họ để không có ba người nào có số lượng người quen như nhau. Chứng minh rằng điều này có thể thực hiện được với mọi $N$.

Hãy giải bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học. Đối với $N < 3$ mệnh đề bài toán là hiển nhiên.

Giả sử rằng chúng ta có thể giới thiệu $k$ người, sao cho không có ba người nào trong số họ có số lượng người quen bằng nhau. Hãy thêm $k+1$th. Hãy nêu cách giới thiệu người thứ $(k+1)$ sao cho trong một nhóm người thứ $(k+1)$ không có ba người nào có số người quen bằng nhau. Nếu trong số $k$ đầu tiên có một người quen biết tất cả những người khác thì $k+1$ sẽ không giới thiệu ai với ai cả. Nếu không có thì chúng tôi sẽ giới thiệu thứ $(k+1)$ tới mọi người.

Trong trường hợp đầu tiên, $(k+1)$th không có người quen và mỗi người còn lại đều có ít nhất một người quen - người quen với mọi người. Trong trường hợp thứ hai, $(k+1)$ có $k$ người quen, số người quen của mỗi người trong số $k$ người đầu tiên tăng thêm một, nhưng không ai trong số họ có $k$ người quen.

Hình 11 thể hiện các kiểu hẹn hò cho $k=6$ thu được theo cách được mô tả.

Có rất nhiều lời giải khác trong số bài toán này. Ví dụ: nếu chúng ta đánh số $n$ những người có số từ 1 đến $n$ và giới thiệu $i$ đến $j$, nếu

$$|i-j| \leq \frac{n}{2},$$

thì chỉ những cặp người có số $k$ và $n-k$ mới có số lượng người quen bằng nhau (với

38

Hãy cùng tìm hiểu xem vận tốc của con tàu thay đổi như thế nào theo thời gian.

Vì $m\Delta v = F\Delta t$ và $F = -kv$ thì
$$\frac{\Delta v}{\Delta t} = -\frac{k}{m} v.$$

Chúng tôi thấy rằng tốc độ thay đổi tốc độ của con tàu tỷ lệ thuận với tốc độ của chính nó. Tuy nhiên, như đã biết (ví dụ, xem bài viết của S. D. Osyatinsky và L. Z. Rumshinsky “Exponta”, «Kvant», 1972, số 12), nếu sự thay đổi của bất kỳ đại lượng nào tỷ lệ thuận với chính đại lượng đó, thì đại lượng đó thay đổi theo quy luật hàm mũ, do đó

$$v = v_0 e^{-\frac{k}{m} t}.$$

Từ công thức này suy ra $v = 0$ tại $t \to \infty$. Tức là con tàu có thể đi trên con đường $s_2$ trong một thời gian dài vô tận! Điều này có nghĩa là câu hỏi thứ hai bài toán theo $F \sim v$ cần được làm rõ. Chúng ta sẽ coi vật đã dừng lại nếu tốc độ của nó giảm đi, chẳng hạn, một nghìn lần (con số tất nhiên có thể khác; tất cả phụ thuộc vào mục tiêu của thí nghiệm).

F224. Dọc theo các thanh gỗ tạo thành một góc $\alpha$ với đường chân trời, giữ hộp bằng dây. Hệ số ma sát giữa hộp và dụng cụ là $\mu$. Dây phải được hướng một góc bao nhiêu so với đường chân trời sao cho có ít hộp bị mắc vào nhất: a) đồng đều, b) với gia tốc cho trước $a$?

Hãy xét các lực tác dụng lên hộp (Hình 14). Đó là lực hấp dẫn mg, lực căng của dây F, phản lực N và lực ma sát F_Tp, có giá trị là F_Tp = μN. Hãy chiếu tất cả các lực theo hướng dọc và vuông góc với chúng và viết phương trình chuyển động tương ứng.

Vì hộp không chuyển động theo hướng vuông góc với skordi nên tổng các hình chiếu của lực lên hướng này

$$\text{Рис. 14}$$

phải bằng 0, nghĩa là
$$N + F \sin(\beta - \alpha) - mg \cos \alpha = 0.$$ (1)

Dọc theo skodney, hộp chuyển động với gia tốc $a$ (trong một số trường hợp có chuyển động đều $a = 0$), do đó tổng các hình chiếu của các lực phải bằng ma:

$$F \cos(\beta - \alpha) - mg \sin \alpha - \mu N = ma.$$ (2)

Từ phương trình (1) và (2)

$$F = \frac{ma + mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha)}.$$ (3)

Trong biểu thức thu được của lực F, góc $\beta$ chỉ được đưa vào hệ số quan trọng. Do đó, độ lớn của lực F sẽ nhỏ nhất tại giá trị góc $\beta$ đó, tại đó giá trị trong công thức (3) là lớn nhất, tức là phương trình chuyển động cực đại.

$$\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha).$$

Hãy thực hiện một số chuyển đổi. Hãy tưởng tượng hệ số ma sát $\mu$ là tiếp tuyến của một góc $\gamma$ nào đó:

$$tg \gamma = \mu; \quad \gamma = \arctg \mu;$$

$$\sin \gamma = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}; \quad \cos \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Sau đó chúng ta có thể viết:

$$\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha) = \sqrt{1 + \mu^2} \cos(\beta - \alpha - \gamma).$$

Sau nó, biểu thức đạt giá trị lớn nhất và bằng $\sqrt{1 + \mu^2}$ tại $\beta - \alpha - \gamma = 0$, tức là tại $\beta = \alpha + \gamma = \alpha + \arctg \mu.$ (4)

Với giá trị này của góc $\beta$ và lực tối thiểu F. Hơn nữa, nếu hộp chuyển động đều ($a = 0$), thì

$$F_{\min} = \frac{mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\sqrt{1 + \mu^2}},$$

và khi chuyển động với gia tốc $a$

$$F_{\min} = \frac{ma + mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Tuy nhiên, lời giải này không đúng với mọi gia tốc. Vì hướng của lực F không phụ thuộc vào $a$ và giá trị tuyệt đối của lực F tăng khi gia tốc tăng dần, nên ở một giá trị nhất định của gia tốc $a = a_0$, lực F sẽ sao cho thành phần $F \sin(\beta - \alpha)$ của nó, vuông góc với mặt phẳng nghiêng, sẽ bằng giá trị tuyệt đối với thành phần trọng lực $mg \cos \alpha$. Trong trường hợp này, cả lực N và lực $F_{\text{Tp}}$ đều biến mất. Sau đó (tại $a > a_0$), để không bị tách ra khỏi các vị trí, hướng của lực F phải nhỏ hơn khi tăng gia tốc $a$ sao cho thành phần lực F, vuông góc

39

với mặt phẳng nghiêng vẫn bằng thành phần trọng lực, tức là
$$F \sin(\beta - \alpha) = mg \cos \alpha.$$
Đối với các thành phần của các lực này song song với mặt phẳng nghiêng, ta có thể viết
$$F \cos(\beta - \alpha) = mg \sin \alpha = ma.$$
Từ hai đẳng thức cuối ta tìm được:
$$tg(\beta - \alpha) = \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a},$$
Ở đâu
$$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
Giá trị $a_0$ có thể được tìm thấy từ những thông báo ở $a = a_0$ giá trị của góc $\beta$ từ (4) và (5) trùng khớp:
$$\alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a_0} = \alpha + arctg \mu,$$
Ở đâu
$$a_0 = g \left( \frac{\cos \alpha}{\mu} - \sin \alpha \right).$$
Vì thế,
tại $a \leq a_0$ (do đó, cũng ở chuyển động đều)
$$\beta = \alpha + arctg \mu,$$
tại $a > a_0$
$$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
Chúng tôi đã quyết định bài toán. Tuy nhiên, hãy cho thêm một lời giải. Đây là một hình học đẹp lời giải.
Với chuyển động đều dọc theo lối đi, tổng các lực phải bằng 0. Hãy thay thế các lực $N$ và $F_{TP}$ bằng các lực tương đương $Q = N + F_{TP}$ (Hình 14) và thêm các lực $Q$, $F$ và $mg$. Họ sẽ tạo thành một hình tam giác khép kín.
Lưu ý rằng hướng của lực $Q$ tạo một góc $\delta$ với phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng sao cho
$$tg \delta = \frac{F_{TP}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu,$$
tức là khi độ lớn và hướng của lực $F$ thay đổi thì hướng của lực $Q$ không đổi. Do đó, giá trị tuyệt đối của vectơ $F$ sẽ nhỏ nhất nếu nó vuông góc với vectơ $Q$ (Hình 15) (vì độ lớn và hướng của vectơ $mg$ không thay đổi). Trong trường hợp này, với đường chân trời lực $F$ sẽ tạo thành một góc
$$\beta = \alpha + \delta = \alpha + arctg \mu$$
(góc $\beta$ và $\alpha + \delta$ bằng nhau là góc có hai cạnh vuông góc với nhau).
bài toán được giải tương tự khi hộp chuyển động với gia tốc $a < a_0$. Trong trường hợp này, tổng của các vectơ $mg$, $Q$ và $F$ phải bằng $ma$ (Hình 16). Điều này sẽ thay đổi độ lớn tuyệt đối của lực $F$, nhưng sẽ không thay đổi hướng của nó.
Tại $a > a_0$, khi các lực $N$, $F_{TP}$, $a$ và do đó $Q$ bằng 0, thì lực $F$ phải nối các đầu của vectơ $mg$ và $ma$ (Hình 17). Dễ dàng nhận thấy rằng trong trường hợp này
$$\beta = arctg \frac{g + a \sin \alpha}{a \cos \alpha} = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
F225. Có hai chất lỏng không thể thay thế trong nước trái cây: carbon perchloride $CCl_4$ và nước. Ở áp suất khí quyển bình thường, $CCl_4$ sôi ở $76,7^\circ \text{C}$, nước ở $100^\circ \text{C}$. Khi gia vị được đun nóng đồng đều trong nồi cách thủy, quá trình sôi ở bề mặt chất lỏng xảy ra ở nhiệt độ $65,5^\circ \text{C}$. Xác định chất lỏng nào sôi nhanh ở điểm sôi “giới hạn” tối đa và sôi bao nhiêu. Áp suất hơi bão hòa của nước ở $65,5^\circ \text{C}$ là 192 mm rm. cm.
Để một chất lỏng đồng nhất sôi, điều cần thiết là áp suất hơi bão hòa trong các bong bóng hình thành trong toàn bộ thể tích chất lỏng phải bằng áp suất khí quyển bên ngoài *).
Trong quá trình sôi ở “đường giới hạn”, các bong bóng nằm ở ranh giới giữa nước và cacbon tetraclorua chứa:
*) Trong thực tế, áp suất hơi bão hòa phải lớn hơn áp suất khí quyển một lượng $\Delta p = \rho gh + \frac{2\sigma}{R}$, trong đó $\rho gh$ là áp suất thủy tĩnh ở độ sâu $h$, $\frac{2\sigma}{R}$ là áp suất bổ sung dưới bề mặt cong của chất lỏng (σ là hệ số sức căng bề mặt, $R$ là bán kính của bong bóng). Rõ ràng giá trị này có thể được chuyển đổi so với áp suất khí quyển bên ngoài.