Lời giải bài toán M351—M353; F358—F361

30

Phần khối lượng tối đa của vệ tinh mà khối lượng của trạm liên hành tinh có thể chiếm là bao nhiêu? (Thế năng của một vật có khối lượng $m$ trong trường hấp dẫn của một vật có khối lượng $M$ bằng $U = -\gamma \frac{mM}{r}$). (10kl.)

F407. Người lái tàu khách đang chạy với tốc độ $v_1 = 108$ km/h nhận thấy một đoàn tàu hàng ở khoảng cách $s_0 = 180$ m phía trước cũng đang di chuyển cùng chiều với tốc độ $v_2 = 32,4$ km/h. Người lái tàu ngay lập tức đạp phanh khiến đoàn tàu chở khách bắt đầu chuyển động với gia tốc $a = -1,2$ m/giây. Liệu khả năng tăng tốc này có đủ để ngăn đoàn tàu va chạm nhau không? (8 lớp)

Lời giải bài toán

M351—M353, F358—F361

M351. Tạo lại sky-man nếu có ba điểm lệch nhau trên mặt phẳng: $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp, $P$ là trọng tâm và $H$ là đáy của một trong các đường cao của tam giác.

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Đặt $ABC$ là hình tam giác mong muốn. Chúng ta hãy xem tam giác $AB_1C$ đồng dạng với nó (Hình 1). Lưu ý rằng:

1. Đường thẳng $BB_1$ song song với đường thẳng $AC$.
2. Điểm $B_1$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
3. Điểm $B$ nằm trên đường tròn có đường kính $B_1H$.
4. Giao điểm của đường trung tuyến $BM$ của tam giác $ABC$ với đoạn thẳng $B_1H$ trùng với điểm $P$ và chia đoạn thẳng $B_1H$ theo tỷ lệ 2:1.

Ba thuộc tính đầu tiên rất giống nhau. Hãy chứng minh tính chất thứ tư. Để các đoạn $BM$ và $B_1H$ cắt nhau tại một điểm nào đó $N$. Hình tam giác $BB_1N$ và $MHN$ rõ ràng là tương tự nhau. Hơn nữa, không khó để thiết lập $|BB_1| = 2|MH|$ đó. Theo sau đó là $|BN| = 2|NM|$ và $|B_1N| = 2|NH|$. Và vì $BM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ và điểm $N$ chia nó theo tỷ lệ 2:1, nên điểm này là trọng tâm của tam giác $ABC$, đây là điều cần phải chứng minh.

Bây giờ chúng ta chuyển sang dựng hình tam giác $ABC$.

Sử dụng tính chất 4), xây dựng điểm $B_1$. Để làm điều này, hãy vẽ một đường thẳng $PH$ và đặt một đoạn $PB_1$ từ điểm $P$, có độ dài bằng 2|PH|.

Hãy vẽ một đường tròn có tâm tại điểm $O$ và bán kính $|OB_1|$. Dựa vào tính chất 2), vòng tròn này sẽ được bao quanh tam giác $ABC$. Đặc biệt, điểm $B$ nằm trên đó. Dựa vào tính chất 3), điểm $B$ nằm trên đường tròn có đường kính $|B_1H|$. Hãy vẽ vòng tròn này. Điểm giao nhau của các vòng tròn được xây dựng sẽ là điểm $B$ và $B_1$ (Hình 2).

Điểm cuối cùng là $B$ và $B_1$ và vẽ qua điểm $H$ một đường thẳng song song với đoạn $BB_1$. Dựa trên tính chất 1) trên đường thẳng này có các điểm $A$ và $C$, là các điểm giao nhau của nó với đường tròn đã dựng sẵn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Như vậy, tam giác $ABC$ được dựng. Hãy tự chứng minh rằng các điểm $O$, $P$ và $H$ thì tam giác $ABC$ có thể được xây dựng lại một cách duy nhất.

A. Savin

32

Để chứng minh điểm c), chúng ta sẽ sử dụng tích vô hướng dễ hiểu của vectơ: $a \cdot b = |a| \cdot |b| \cos(\alpha, \beta)$ (để biết các tính chất của nó, xem trang 21). Từ định nghĩa, ta suy ra rằng tích của các vectơ đơn vị bằng cosin của góc giữa chúng. Chúng ta hãy biểu thị bằng $e_a, e_b, e_c$ và $e_d$ các vectơ đơn vị có cùng hướng tương ứng với các vectơ $a, b, c$ và $d$. Thật dễ dàng để thấy điều đó

$$\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma + \cos \phi + \cos \psi = -\frac{1}{2}((e_a + e_b + e_c + e_d) \cdot (e_a + e_b + e_c + e_d)) + 2 = -\frac{1}{2}k \cdot k + 2 = -\frac{|k|^2}{2} + 2,$$

(1)

ở đâu $k = e_a + e_b + e_c + e_d$.

Từ đẳng thức (1), suy ra tổng cosin của hai góc của một tứ diện không vượt quá 2 và bằng 2 khi và chỉ khi $k = e_a + e_b + e_c + e_d = 0$. Nhưng vì $a + b + c + d = 0$ luôn luôn bằng nhau, nên trong trường hợp $k = 0$, chúng ta thu được rằng độ dài của vectơ $a, b, c$ và $d$ bằng nhau, tức là tất cả các mặt đều có kích thước bằng nhau. Từ kích thước bằng nhau của các mặt của khối tứ diện, suy ra rằng chúng bị tắc nghẽn (xem lời giải bài toán M319, «Kvant», 1975, Số 12). Do đó, để hoàn thành việc chứng minh mệnh đề c), cần phải chỉ ra rằng tổng cosin viết ở vế trái của đẳng thức (1) là dương, hoặc $|k| < 2$.

Để thuận tiện, chúng tôi sẽ giả sử rằng $|a| = 1, |b| \leq 1, |c| \leq 1$ và $|d| \leq 1$. Sau đó $e_a = a, |k| = |a + b + c + d| + (e_b - b) + (e_c - c) + (e_d - d)| \leq |e_b - b| + |e_c - c| + |e_d - d| = 3 - |b| - |c| - |d| \leq 3 - |b + c + d| = 3 - |a| = 2$. Sự đẳng thức chỉ có thể xảy ra nếu tất cả các vectơ $a, b, c$ và $d$ thẳng hàng; vì đây không phải là trường hợp, $|k| < 2$, và tất cả các câu ở điểm c) đều được chứng minh.

Để chứng minh điểm d), ta lưu ý rằng điều kiện $|AB| + |CD| = |BC| + |DA|$ là cần và đủ để tồn tại quả bóng tiếp xúc với các cạnh $AB, BC, CD$ và $DA$ (chứng minh điều này tương tự như chứng minh sự cần thiết của điều kiện đủ $|AB| + |CD| = |BC| + |DA|$ để có thể vẽ một đường tròn xung quanh một tứ giác phẳng $ABCD$). Đặt $O$ là tâm của quả bóng này (giả sử rằng điểm $O$ nằm bên trong khối tứ diện). Chúng tôi có (Hình 5):

$$(n.l. OAB, \hat{n.l. ABC}) = (n.l. OBC, \hat{n.l. ABC}),$$
$$(n.l. OAB, \hat{n.l. ABD}) = (n.l. OAD, \hat{n.l. ABD}),$$
$$(n.l. ODC, \hat{n.l. BCD}) = (n.l. OBC, \hat{n.l. BCD}),$$
$$(n.l. ODC, \hat{n.l. ACD}) = (n.l. OAD, \hat{n.l. ACD}).$$

Cộng các đẳng thức này, chúng ta thu được mệnh đề d).

Trường hợp điểm $O$ nằm trong một tứ diện cũng được xử lý tương tự.

I. Sharyshchin

F358. Một thanh không phải hydro có chiều dài $l$ có thể tựa vào một bức tường thẳng đứng, tạo thành một góc ít nhất $45^\circ$ với sàn. Hệ số ma sát

33

thanh tựa vào sàn và tường là 1/√3. Tâm của thanh mềm ở độ cao bao nhiêu?

Pris. 6.

Pris. 7.

họ phải ngăn thanh quay ngược chiều kim đồng hồ. Do đó, các lực này có hướng như trên Hình 6. Chúng ta giả sử rằng lực hấp dẫn mg tác dụng tại một điểm nằm ở độ cao h mong muốn.

Để một vật ở trạng thái cân bằng, điều cần thiết là tổng hình chiếu của tất cả các lực tác dụng lên vật theo một hướng bất kỳ và tổng mô men của các lực này so với bất kỳ trục cố định nào đều bằng 0. Chúng ta hãy viết các điều kiện cân bằng cho hình chiếu của các lực theo phương ngang và phương thẳng đứng và cho mômen của các lực so với trục đi qua điểm dưới của thanh vuông góc với mặt phẳng hình vẽ:

$$N_2 - F_1 = 0,$$

$$F_2 + N_1 - mg = 0,$$

$$mgh \text{ ctg} \alpha - F_2 l \cos \alpha - N_2 l \sin \alpha = 0.$$

Trong trường hợp đứng yên, giá trị tuyệt đối của lực ma sát khô liên hệ với giá trị tuyệt đối của lực ép pháp tuyến bởi các bất đẳng thức sau:

$$F_1 \leqslant \mu N_1, \quad F_2 \leqslant \mu N_2,$$

trong đó $\mu = \frac{1}{\sqrt{3}}$ là hệ số ma sát của thanh trên sàn và trên tường. Đối với trường hợp giới hạn khi $\alpha = 45^\circ$,

$$F_1 = \mu N_1 \text{ и } F_2 = \mu N_2.$$

Từ đẳng thức (1)–(4) ta thu được

$$h = l \frac{\mu (\mu + tg \alpha) \sin \alpha}{\mu^2 + 1} = \frac{\sqrt{2} (1 + \sqrt{3})}{8} l \approx 0,48 l.$$

Nếu $\mu = \sqrt{3}$, như được chỉ định sai trong điều kiện bài toán, thì $h = (3 + \sqrt{3}) \sqrt{2} \frac{l}{8} \approx 0,84 l$, trong khi đầu trên của thanh nằm ở độ cao $H = l \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0,71 l.$

bài toán này có thể được giải quyết dễ dàng hơn nếu chúng ta sử dụng “quy tắc ba lực”. Quy luật này là khi một vật ở trạng thái cân bằng chịu tác dụng của ba lực nằm trong cùng một mặt phẳng thì đường tác dụng của các lực này phải cắt nhau tại một điểm. Nếu không, tổng mô men của các lực này so với bất kỳ trục nào vuông góc với mặt phẳng đã đề cập sẽ khác 0 và vật sẽ không ở trạng thái cân bằng.

Ba lực tác dụng lên thanh là lực $Q_1 = F_1 + N_1, \quad Q_2 = F_2 + N_2$ và lực hấp dẫn mg. Vectơ $Q_1$ hướng một góc $\beta \leqslant \text{arctg} \mu$ với vectơ $N_1$ (Hình 7). Vectơ $Q_2$ tạo cùng góc với vectơ $N_2$, tức là vectơ $Q_1$ và $Q_2$ vuông góc với nhau. Trong trường hợp giới hạn $\beta = \text{arctg} \mu$. Từ Hình 7 có thể thấy rằng $h = (AB - AC) \sin \alpha$. Nhưng $AC = AD / \cos \alpha = AO \cos \beta / \cos \alpha = AB \cos (\alpha + \beta) \cos \beta / \cos \alpha$. Sau đó

$$h = AB \sin \alpha - AB \cos (\alpha + \beta) \cos \beta \text{tg} \alpha = l \sin \alpha \sin \beta (\sin \beta + \text{tg} \alpha \cos \beta).$$

Thay $\alpha = 45^\circ$ và $\beta = \text{arctg} \mu = 30^\circ$, ta được đáp số: $h = \frac{\sqrt{2} (1 + \sqrt{3})}{8} l \approx 0,48 l.$

34

F359. Trong một khối hình trụ đặt dưới piston có hơi nước bão hòa ở nhiệt độ t = 20°C. Khi thay đổi tốc độ, một lượng tiền Q = 20 kcal được giải phóng vào trong xi lanh. Ngoại lực tác dụng lên piston đã thực hiện công bằng bao nhiêu?

Khi piston được đẩy từ từ vào bình hình trụ, hơi nước bão hòa sẽ ngưng tụ. Để các quá trình có tính nhiệt nhiệt, nhiệt thoát ra trong quá trình ngưng tụ phải được loại bỏ. Nếu ban đầu khối lượng hơi nước trong bình là $m_1$, sau đó là $m_2$ thì lượng nhiệt tỏa ra

$$Q = L \left( m_1 - m_2 \right),$$

trong đó $L = 539$ kcal/kg là nhiệt dung riêng của sự hóa hơi nước.

Giá trị $L$ được biết từ các bảng được lấy bằng thực nghiệm, trong khi quá trình bay hơi của nước được thực hiện trong điều kiện áp suất không đổi. Do đó, mức tiêu thụ nhiệt về mặt định lượng bằng tổng độ tăng nội năng (thế năng) của nước và công giãn nở của hơi nước. Khi hơi nước ngưng tụ, lượng nhiệt tương tự cũng được giải phóng.

Khối lượng hơi trong bình có thể được biểu thị theo thể tích của nó bằng phương trình Mendeleev-Clapeyron:

$$m_1 = \frac{\rho \mu}{RT} V_1, \quad m_2 = \frac{\rho \mu}{RT} V_2.$$

Ở đây $p$ là áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ $T = 293 °C$ ($t = 20 °C$), $V_1$ và $V_2$ lần lượt là thể tích ban đầu và thể tích tiếp theo của bình, $\mu = 0,018$ kcal/mol là khối lượng mol của hơi nước. Như vậy,

$$Q = \frac{\rho \mu L}{RT} \left( V_1 - V_2 \right).$$

Công thực hiện trên hơi nước do ngoại lực là

$$A = p \left( V_1 - V_2 \right).$$

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta thu được

$$A = \frac{QRT}{L\mu} \approx 5020 \text{ дж.}$$

F360. Để thay đổi gia tốc, người ta sử dụng một ống cong chứa đầy nước, trong đó có bọt khí (Hình 8). Ống được uốn cong cho phù hợp với chu vi. Vị trí của bong bóng liên quan thế nào đến gia tốc của ống?

Lực Archimedes là kết quả của lực áp suất lời giải tác dụng lên vật thể khi ở trong chất lỏng. Do đó, lực này luôn hướng vuông góc với bề mặt có áp suất bằng nhau, theo hướng có áp suất giảm. Đối với các bề mặt có áp suất bằng nhau, khoảng cách hơi khác nhau bài toán. Cho một bình có tiết diện hình chữ nhật chuyển động với gia tốc không đổi $a$ (Hình 9). Chúng ta hãy chứng minh rằng trong trường hợp này các bề mặt có áp suất bằng nhau, và do đó bề mặt của chất lỏng trong bình, là những mặt phẳng tạo một góc $\alpha = \arctg (a/g)$ với đường chân trời.

Chúng ta hãy chọn hai cột chất lỏng rất mỏng $AC$ và $CB$ trong chất lỏng sao cho các điểm $A$ và $B$ nằm trên một đường nghiêng theo đường chân trời một góc $\alpha$. Hãy so sánh áp suất tại các điểm $A$ và $B$. Để làm điều này, chúng ta viết định luật thứ hai của Newton cho cột $AC$ trong hình chiếu lên trục tung và cho cột $CB$ – trong hình chiếu lên trục hoành:

$$p_C S - \rho gh S - p_A S = 0, \quad p_C S - p_B S = \rho lSa.$$

Ở đây $p_A$, $p_B$, $p_C$ là áp suất tại các điểm tương ứng, $S$ là diện tích mặt cắt ngang của mỗi cột, $h$ là chiều cao cột $AC$, $l$ là chiều dài cột $CB$. Có tính đến thực tế là $tg \alpha = h/l = a/g$, chúng tôi nhận được

$$p_A = p_B.$$

35

Do đó, lực Archimedes, vuông góc với bề mặt có áp suất bằng nhau, có góc thẳng đứng $\alpha = \text{arctg} (a/g)$ (xem Hình 9).

Trong một ống cong, các bề mặt có áp suất bằng nhau được sắp xếp giống nhau. Do đó, bong bóng sẽ chuyển động tương đối so với ống khi thành phần tiếp tuyến của lực Archimedes bằng 0. Vị trí cuối cùng của bong bóng được thể hiện trong Hình 8, trong đó

$$\alpha = \text{arctg} (a/g).$$

F361. Một dây dẫn thẳng có chiều dài $l$ và khối lượng $m$ được treo trên hai lò xo có độ cứng $k$ trong một từ trường đều nằm ngang có cảm ứng $B$ (Hình 10). Khi đóng phím K, điện dung của tụ $C$, được tích điện đến hiệu đặt $U$, đóng vào dây dẫn và phóng điện. Trong trường hợp này, sự rung động của dây dẫn phát sinh. Xác định biên độ của các dao động này nếu thời gian phóng điện của tụ điện nhỏ hơn nhiều so với chu kỳ dao động của dây dẫn.

Khi dòng điện $I$ chạy qua một dây dẫn có chiều dài $l$, nằm trong từ trường có cảm ứng $B$, một lực $F = IBl$ tác dụng lên dây dẫn, hướng lên hoặc xuống trong trường hợp của chúng ta. Trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$, trong thời gian đó dòng điện có thể được coi là gần như không đổi, một xung lực tác dụng lên dây dẫn

$$F \Delta t = IBl \Delta t = Bl \Delta q,$$

trong đó $\Delta q = I \Delta t$ là điện tích chạy qua dây dẫn trong cùng một khoảng thời gian ngắn. Một xung lực làm thay đổi lượng chuyển động (xung) của dây dẫn một lượng

$$\Delta p = m \Delta v = F \Delta t = Bl \Delta q.$$

Trong suốt thời gian dòng điện chạy qua, tức là trong quá trình phóng điện của tụ điện, dây dẫn thu được một xung

$$p = mv = \sum m \Delta v = \sum Bl \Delta q = Blq.$$

Ở đây $q = CU$ là tổng điện tích đi qua tiết diện dây dẫn (tụ điện).

Theo điều kiện bài toán, dây dẫn nhận được xung $p$ cũng trong một thời gian ngắn, do đó sự trộn lẫn của nó trong thời gian này có thể được bỏ qua. Lực căng của lò xo cũng không đổi và cân bằng với trọng lực của dây dẫn. Do đó, trong dòng điện ban đầu, công của tất cả các lực ngoại trừ lực điện $F$ có ​​thể bỏ qua. Tất cả các chuyển động tiếp theo được xác định bởi trạng thái của hệ thống ở cuối dòng điện. Chế độ chuyển động này thường được gọi là đạn đạo (ví dụ, con lắc đạn đạo, điện kế đạn đạo, v.v. đã được biết đến).

Chất dẫn điện của lò xo là một nam châm lò xo. Coi vị trí ban đầu của nó là vị trí cân bằng có thế năng bằng 0, ta viết định luật bảo toàn năng lượng cho trạng thái ban đầu và trạng thái có độ lệch lớn nhất trong quá trình dao động với biên độ $A$:

$$\frac{mv^2}{2} = 2 \frac{kA^2}{2}.$$

Phương trình này cùng với phương trình

$$mv = BlCU$$

xác định biên độ dao động:

$$A = \frac{BlCU}{\sqrt{2km}}.$$

B. Bukhovce