Kvant
Bài toán Kvant

Lời giải bài toán M456—M460; F472—F477

Kvant 1978, số 6tr. 44, 45, 48, 49, 51, 52Thẻ 0012

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

44

Lời giải bài toán
M456—M460; F472—F477

M456. Tại mỗi đỉnh của đa tạp lồi có 3 cạnh hội tụ. Được biết, mỗi mặt của nó là một đa giác xung quanh có thể mô tả một vòng tròn. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng một hình cầu có thể được mô tả xung quanh đa tạp này.

Hình 1.

Đặt AA là đỉnh của đa giác, AB,AC,ADAB, AC, AD các cạnh đi ra khỏi nó. Vì các điểm A,B,C,DA, B, C, D không nằm trong cùng một mặt phẳng nên có thể vẽ một hình cầu qua chúng; chúng ta hãy biểu thị hình cầu này bằng SAS_A (Hình 1).

Đặt AA và BB là các đỉnh lân cận. Hãy chứng minh rằng các hình cầu SAS_A và SBS_B trùng nhau. Từ đây suy ra ngay rằng các mặt cầu SXS_X trùng nhau ở tất cả các đỉnh XX, tức là tất cả các đỉnh đều nằm trên cùng một mặt cầu.

Đặt BEBE và BFBF là các cạnh phát ra từ đỉnh BB. Chúng nằm ở hai mặt CABCAB và DABDAB, giáp mép ABAB. Ví dụ: để cạnh BEBE nằm trong mặt CABCAB và cạnh BFBF trong mặt DABDAB (lưu ý rằng điểm EE có thể trùng với CC và tương tự, điểm FF có ​​thể trùng với DD). Theo điều kiện, các điểm C,A,B,EC, A, B, E nằm trên cùng một đường tròn. Trong trường hợp này, ba điểm C,AC, A và BB nằm trên một đường tròn, có được khi hình cầu SAS_A cắt mặt phẳng đi qua các điểm C,A,BC, A, B. Vì không thể vẽ nhiều hơn một đường tròn đi qua ba điểm khác nhau nên hai đường tròn dựng được trùng nhau, tức là điểm EE nằm trên mặt cầu SAS_A. Tương tự, người ta chứng minh rằng điểm FF nằm trên mặt cầu SAS_A. Điều này có nghĩa là hình cầu SAS_A đi qua các điểm B,A,E,FB, A, E, F, tức là nó trùng với hình cầu SBS_B, đó là điều bắt buộc.

I. Bernistey

M457. Một đa giác khép kín không tự cắt được cho trên mặt phẳng; không có ba đỉnh nào của đa giác cùng nằm trên một đường thẳng. Việc đặt cược vào các liên kết không liền kề là đặc biệt nếu phần tiếp theo của một trong số chúng giao với liên kết kia. Chứng minh rằng số cặp đặc biệt là số chẵn.

Hình 2.

Hãy xem xét hai liên kết liên tiếp ABAB và BCBC của một đường gãy. Hãy tiếp tục vang lên vượt xa đỉnh cao BB; chúng ta thu được tia BKBK và BLBL (Hình 2). Chúng ta hãy gọi vòng tròn của hai tia như vậy là một nút thắt. Một góc như vậy có thể được dựng ở mỗi đỉnh của một đường đứt nét. Dễ hiểu là số cặp đặc biệt bằng số giao điểm của các mắt xích với các góc. Ta khẳng định rằng mọi góc đều cắt đường đứt nét tại một số điểm chẵn. Trên thực tế, nếu nó đi từ một đường gãy liền kề với đỉnh BB AA đến một đỉnh lân cận khác CC từ BB, chúng ta thấy rằng đường gãy của chúng ta đi vào trong góc nhiều lần như khi nó đi từ nó (vì các điểm AA và CC đều nằm bên ngoài góc). Điều này có nghĩa là số lượng các cặp vòng đặc biệt cũng là số chẵn.

S. Fomin

M458. Đa thức x10+x9+x8+⋯+x2+x+1x^{10} + x^9 + x^8 + \dots + x^2 + x + 1 được viết. Hai chiếc gốm trong một chiếc gốm nhúng. Đầu tiên, chúng ta giao nhau bất kỳ dấu sao nào với một số số, sau đó là phần tử thứ hai với số của bất kỳ dấu hoa thị nào còn lại, sau đó một lần nữa chúng ta giao nhau với bất kỳ dấu hoa thị nào

Vâng, nó có thể. Hãy chỉ ra cách người chơi thứ hai nên chơi điều này.

Tổng cộng có 9 ngôi sao cần được thay thế bằng các số - 5 cho lũy thừa lẻ và 4 cho lũy thừa chẵn. Mỗi nước đi, người chơi thứ hai phải trở thành bất kỳ hệ số nào ở mức độ có tính chẵn lẻ ngược lại so với hệ số mà đối thủ vừa đặt. Sau bảy nước đi sẽ còn lại 2 sao ở lũy thừa xkx^k và xlx^l, đồng thời ít nhất một trong các số kk và ll là số lẻ và người chơi thứ hai sẽ có nước đi. Cho PP là một đa thức

45

Số lượng, v.v. (tổng cộng 9 bước). Nếu đa thức kết quả không có nghiệm thực thì cerok đầu tiên được gọi và nếu chúng ta có ít nhất một nghiệm, chúng ta gọi đa thức thứ hai. Liệu nhà thờ thứ hai có thể thắng ở buổi lễ nào không?

Nếu đa thức f(x)f(x) không kết thúc bằng phân đoạn [a,b][a,b], chúng ta sẽ tăng giá trị của các số dấu hiệu, thì với phi lịch sử c∈[a,b]c \in [a,b] nó sẽ trở thành b=f(c)=0b = f(c)=0

Hình 3.

M459. Ở một số quốc gia, bạn có thể đi từ thành phố này đến bất kỳ thành phố nào khác trong vài phút đến các thành phố còn lại. Chi phí của mỗi chuyến đi được biết trước. Hai ma trận đã được biên soạn cho các thành phố của đất nước. Trong mỗi tuyến đường mẫu này, mỗi thành phố được nhập chính xác một lần. Khi biên soạn tuyến đường mẫu đầu tiên, chúng tôi được hướng dẫn theo nguyên tắc sau: điểm bắt đầu của tuyến đường mẫu được chọn ngẫu nhiên và tại mỗi nhà gỗ tiếp theo trong môi trường thành phố mà tuyến đường mẫu chưa đi qua, địa điểm có chuyến tàu đến comorbium từ thành phố trước đó có chi phí thấp nhất sẽ được chọn (nếu có một số thành phố tối đa thì bất kỳ thành phố nào trong số đó sẽ được chọn), v.v. Khi biên soạn tuyến đường mẫu thứ hai, thành phố bắt đầu có thể được chọn tùy ý và tại mỗi căn nhà gỗ tiếp theo trong môi trường thành phố mà tuyến đường mẫu chưa đi qua, thành phố có chuyến tàu đến comorb từ thành phố trước đó có chi phí thấp nhất sẽ được chọn. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tổng chi phí của dự án sử dụng mẫu hệ chính xác không lớn hơn tổng chi phí của dự án sử dụng mẫu hệ chính xác.

Gọi a1,a2,…,an−1a_1, a_2, \dots, a_{n-1} là vé của mẫu hệ thứ nhất, b1,b2,…,bn−1b_1, b_2, \dots, b_{n-1} là vé của mẫu hệ thứ hai (nn là số lượng kiêu hãnh). Hãy để chúng tôi biểu thị chi phí của bất kỳ vé nào cc bằng Π(c)\Pi(c) và chi phí đi lại từ thành phố AA đến thành phố BB bằng Π(B)\Pi(B). Tuyên bố sẽ được chứng minh nếu chúng ta xây dựng được ánh xạ f:{a1,…,an−1}→{b1,…,bn−1}f: \{a_1, \dots, a_{n-1}\} \rightarrow \{b_1, \dots, b_{n-1}\} có hai thuộc tính sau:

a) ánh xạ ff là một-một;
b) đối với bất kỳ vé nào aa từ lần kết hôn đầu tiên Π(a)⩽Π(f(a))\Pi(a) \leqslant \Pi(f(a)).

Chúng tôi sẽ chỉ ra phương pháp xây dựng ánh xạ ff, có thuộc tính 6). Để chứng minh rằng nó là một-một, chúng ta sẽ chỉ ra rằng phương pháp này dẫn đến việc xây dựng một ánh xạ g:{b1,…,bn−1}→{a1,…,an−1}g: \{b_1, \dots, b_{n-1}\} \rightarrow \{a_1, \dots, a_{n-1}\} sao cho đối với bất kỳ vé aa nào từ tuyến đường mẫu đầu tiên g(f(a))=ag(f(a)) = a.

Phương pháp xây dựng ánh xạ ff. Giả sử aa là một tấm vé cho chuyến đi mẫu hệ đầu tiên được thực hiện trong thành phố AA. Chúng ta hãy biểu thị bằng X1(A)X_1(A) tập hợp các thành phố xuất hiện muộn hơn AA trong mẫu hệ đầu tiên và bằng X2(A)X_2(A) tập hợp các thành phố xuất hiện muộn hơn AA trong mẫu hệ thứ hai. Có thể xảy ra hai trường hợp sau:

  1. X1(A)∩X2(A)≠∅X_1(A) \cap X_2(A) \neq \emptyset.
    Trong trường hợp này, chúng ta lấy vé aa của người mẫu thứ nhất vui vẻ và đặt f(a)=bf(a) = b, trong đó bb là vé của người mẫu thứ hai, mua ở thành phố AA (xem Hình 4, a).

  2. X1(A)∩X2(A)=∅X_1(A) \cap X_2(A) = \emptyset.
    Trong trường hợp này, vé mặt đất aa của mẫu hệ đầu tiên là không may mắn. Chúng ta hãy chọn từ tập hợp X1(A)X_1(A) một thành phố B:B∈X1(A)B: B \in X_1(A) sao cho X1(A)∩X2(B)=∅X_1(A) \cap X_2(B) = \emptyset. Dễ hiểu là thành phố BB được xác định một cách độc đáo bởi hai điều kiện này. Thật vậy, giả sử rằng có hai thành phố B1B_1 và B2B_2, sao cho B1∈X1(A)B_1 \in X_1(A), B2∈X1(A)B_2 \in X_1(A) và X1(A)∩X2(B1)=∅X_1(A) \cap X_2(B_1) = \emptyset, X1(A)∩X2(B2)=∅X_1(A) \cap X_2(B_2) = \emptyset, chúng ta thu được mâu thuẫn: vì từ điều kiện bài toán, nó suy ra điều đó đối với hai thành phố bất kỳ CC và DD C∈X2(D)C \in X_2(D) hoặc D∈X2(C)D \in X_2(C) phải là B2∈X1(A)∩X2(B1)B_2 \in X_1(A) \cap X_2(B_1) hoặc B2∈X1(A)∩X2(B2)B_2 \in X_1(A) \cap X_2(B_2). Bây giờ chúng ta đặt f(a)=bf(a) = b, trong đó bb là vé đi mẫu hệ thứ hai được mua ở thành phố đã chọn BB (Hình 4, b).

48

F472. Vẽ đồ thị gần đúng của số chỉ vôn kế theo thời gian sau khi mở công tắc K (Hình 7). Vôn kế và đá điện cảm là lý tưởng, R=100Ohm, U=300V.

Hình 7.

Hình 8.

F473. Hình 9 được lập bằng công thức hoạt nghiệm cho chuyển động của hai quả cầu thép có cùng đường kính nhưng khối lượng khác nhau. Mũi tên trong hình thể hiện hướng chuyển động của một trong các quả bóng va chạm.

  1. Xác định tỉ số khối lượng của các quả bóng.
  2. Cho biết hướng mà quả bóng thứ hai đang di chuyển.

Khi công tắc mở, dòng điện chạy qua mạch là I1=U2R=1,5I_1 = \frac{U}{2R} = 1,5 A. Trong trường hợp này, vôn kế hiển thị độ sụt điện áp trên điện trở III: U1=I1R=150U_1 = I_1R = 150 V.

Sau khi khóa được đóng vào cuộn dây, một e.m. xảy ra. d.s. cảm ứng, chiếm ưu thế trước sự thay đổi của từ thông qua cuộn dây, tức là khắc phục sự thay đổi của dòng điện I1I_1 chạy qua cuộn dây. Vậy tại thời điểm đầu tiên sau khi đóng chìa khóa, có một dòng điện chạy qua cuộn dây I1=1,5I_1 = 1,5 A. Hãy tìm số chỉ vôn kế lúc này. Rõ ràng vôn kế thay đổi điện áp rơi trên điện trở II: U2=I2RU_2 = I_2R. Hãy xác định giá trị của I2I_2. Từ đẳng thức

I0=I1+I2,U=I0R+I2R\begin{align*} I_0 &= I_1 + I_2, \\ U &= I_0R + I_2R \end{align*}

(xem hình 7) nằm ở

I2=12(UR−I1)=0,75I_2 = \frac{1}{2}\left(\frac{U}{R} - I_1\right) = 0,75 A.

Như vậy, tại thời điểm đầu tiên sau khi đóng chìa khóa, vôn kế chỉ

U2=I2R=75U_2 = I_2R = 75 V.

Sau khi lắp dòng điện vào mạch, vôn kế sẽ hiển thị điện áp rõ ràng

U2′=U−I0′R=U−UR+R2R=13U=100U'_2 = U - I'_0R = U - \frac{U}{R + \frac{R}{2}}R = \frac{1}{3}U = 100 V.

Vì vậy, ngay sau khi đóng chìa khóa, số chỉ của vôn kế sẽ giảm đột ngột từ 150 V xuống 75 V, sau đó tăng dần lên 100 V (Hình 8).

I. Slobodetsky

◆

Gọi m1m_1 là khối lượng của quả bóng thứ nhất, v⃗1\vec{v}_1 và v⃗1′\vec{v}'_1 vận tốc tương ứng của nó trước và sau va chạm, m2m_2 khối lượng của quả bóng thứ hai, và vận tốc của v⃗2\vec{v}_2 và v⃗2′\vec{v}'_2 trước và sau va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng

m1Δv⃗1+m2Δv⃗2=0,m_1\Delta\vec{v}_1 + m_2\Delta\vec{v}_2 = 0, hoặc m1Δv⃗1=−m2Δv⃗2,m_1\Delta\vec{v}_1 = -m_2\Delta\vec{v}_2,

(1)

trong đó Δv⃗1=v⃗1′−v⃗1\Delta\vec{v}_1 = \vec{v}'_1 - \vec{v}_1 là sự thay đổi tốc độ của quả bóng thứ nhất, Δv⃗2=v⃗2′−v⃗2\Delta\vec{v}_2 = \vec{v}'_2 - \vec{v}_2 là sự thay đổi tốc độ của quả bóng thứ hai trong một va chạm. Từ (1) ta có

m1m2=∣Δv⃗2∣∣Δv⃗1∣.\frac{m_1}{m_2} = \frac{|\Delta\vec{v}_2|}{|\Delta\vec{v}_1|}.

Vì vậy, để liên hệ khối lượng của các quả bóng, cần xây dựng các vectơ Δv⃗1\Delta\vec{v}_1 và Δv⃗2\Delta\vec{v}_2 rồi lấy tỷ lệ nghịch đảo của mô hình của chúng.

49

Vận tốc của các quả bóng bằng chuyển động của các quả bóng trong khoảng thời gian t giữa các lần chớp đèn liên tiếp, chia cho t. Vì giá trị của t là như nhau đối với các quả bóng thông thường cả trước và sau va chạm, nên trên thang tỷ lệ 1: 1τ\frac{1}{\tau} các vectơ biểu thị vận tốc của các quả bóng đơn giản bằng vectơ chuyển dời của các quả bóng trong khoảng thời gian giữa các lần chớp đèn liên tiếp. Hãy sử dụng điều này để tìm Δv1\Delta v_1 và Δv2\Delta v_2.

Chúng ta biết một trong hai quả bóng đã chuyển động như thế nào trước khi va chạm. Để xây dựng vectơ Δv1\Delta v_1, cũng cần phải biết quả bóng này chuyển động như thế nào sau va chạm - dọc theo nhánh II, III hay IV? Để tìm ra câu trả lời, chúng ta sẽ phải làm lại tất cả các phương án có thể (chỉ có ba phương án trong số đó). Với việc lựa chọn đúng quỹ đạo của các quả bóng, các vectơ Δv1\Delta v_1 và Δv2\Delta v_2, theo đẳng thức (1), phải hướng theo một đường thẳng theo các hướng bị bỏ qua.

Trước khi tiến hành xây dựng, chúng ta lưu ý rằng Δv\Delta v không thay đổi khi “đảo ngược” chuyển động của quả bóng, tức là nếu trước va chạm quả bóng 1 chuyển động dọc theo nhánh I và sau va chạm - dọc theo nhánh II, thì Δv\Delta v cũng giống như trường hợp trước va chạm nó di chuyển dọc theo nhánh II và sau va chạm - dọc theo nhánh I.

Bây giờ chúng ta có thể bắt đầu xây dựng. Giả sử quả bóng 1 bao gồm các nhánh I và II, và quả bóng 2 bao gồm các nhánh III và IV. Trong trường hợp này, đã xây dựng các vectơ thay đổi tốc độ của các quả bóng (Hình 10), chúng ta thấy rằng chúng không hướng dọc theo một đường thẳng (trong Hình 10, để thuận tiện, các vectơ vv được vẽ trên tỷ lệ 1: 13τ\frac{1}{3\tau}). Vì vậy, giả định của chúng tôi là không chính xác. Bằng cách kiểm tra các tùy chọn khả thi khác, chúng tôi đảm bảo rằng bóng 1 bao gồm các nhánh I và IV, và bóng 2 bao gồm các nhánh II và III (Hình 11). Bằng cách đo độ dài của các vectơ được mô tả Δv1\Delta v_1 và Δv2\Delta v_2, chúng tôi tìm thấy:

m1m2=∣Δv2∣∣Δv1∣=13.\frac{m_1}{m_2} = \frac{|\Delta v_2|}{|\Delta v_1|} = \frac{1}{3}.

Bây giờ hãy trả lời câu hỏi thứ hai. Ta biểu thị bằng τ1\tau_1 khoảng thời gian tính từ thời điểm hai quả bóng va chạm đến lúc đèn lóe sáng cuối cùng trước khi va chạm. Khi đó rõ ràng là chuyển động của quả bóng trong thời gian này phải là τ1/τ\tau_1/\tau một phần chuyển động của quả bóng trong khoảng thời gian t giữa các lần đánh. Sau khi đo chuyển động tương ứng của quả bóng, chúng ta thấy rằng τ1/τ\tau_1/\tau bằng 19/11. Đối với quả bóng thứ hai cũng vậy. Bằng cách thay đổi trực tiếp, chúng tôi tin rằng nhánh III thỏa mãn điều kiện này. Do đó, quả bóng 2 đã chuyển động dọc theo nhánh III trước khi va chạm.

I. Tiếng Slovodechkiy

F474. Giá trị trong Hình 12 được ghép từ các điện trở và vôn kế giống hệt nhau. Vôn kế thứ nhất chỉ U1=10U_1 = 10 B và vôn kế thứ ba chỉ U3=8U_3 = 8 B. Số chỉ của vôn kế thứ hai là bao nhiêu?

Rõ ràng là vôn kế không lý tưởng - nếu không thì các điểm sẽ không chạy qua điện trở và số chỉ của vôn kế sẽ giống nhau.

Số đọc của Volt tỷ lệ thuận với dòng điện chạy qua chúng. Điều này có nghĩa là dòng điện chạy qua các điện trở I, II và III có quan hệ như sau:

I1:I2:I3=(U1:U2:U3):(U2+U3):U3.I_1 : I_2 : I_3 = (U_1 : U_2 : U_3) : (U_2 + U_3) : U_3.

Vì các điện trở giống nhau nên điện áp rơi trên chúng tỷ lệ thuận với dòng điện. Đối với điện trở II và III ta có:

U1−U2U2−U3=I1I3=U2+U3U3,\frac{U_1 - U_2}{U_2 - U_3} = \frac{I_1}{I_3} = \frac{U_2 + U_3}{U_3},

51

F476. Uranium tự nhiên bao gồm hỗn hợp của hai đồng phân có độ khấu hao tương đối là 235 và 238 và tỷ lệ nồng độ là 7:1000. Để tăng nồng độ 235^{235}U được đặt trong bộ giảm xóc, hợp chất khí UF6UF_6 (uranium hexafluoride) được giải phóng vào chân không thông qua một lỗ nhỏ (tràn dịch). Khí được dẫn qua ống T có thành xốp (Hình 17). Khí đã lọc qua thành ống được bơm ra khỏi bình C. Xác định tỉ số giữa nồng độ 235^{235}UF6_6 và 238^{238}UF6_6 trong khối lượng tương đối của flo là 19.

F477. Một thanh cao su có khối lượng m nằm trên mặt phẳng ngang chính. Chúng ta giãn thanh xà một chút để nó giữ được hình dạng hình tròn và tâm của nó không chuyển động. Sau biểu tượng cảm xúc gai nhọn. Mô tả hành vi tiếp theo của chiếc nhẫn. Hệ số dẻo của sắt cao su bằng k.

Thay thế các giá trị số, chúng tôi tìm thấy
Rx≈0.22 Om,R−Rx≈18 Om.R_x \approx 0.22 \text{ Om}, \quad R - R_x \approx 18 \text{ Om}.
Trong trường hợp này UAB≈0.6 BU_{AB} \approx 0.6 \text{ B} và với sự thay đổi trong E. d. Với. E trong phạm vi ±1 V, giá trị UABU_{AB} thay đổi dưới 0,03 V. Mạch chúng tôi tính toán có thể được sử dụng làm bộ ổn định cho điện áp nhỏ; Tuy nhiên, trên thực tế, tốt nhất là sử dụng mạch thứ hai của bóng đèn và điện trở được mắc theo thứ tự ngược lại cùng với chiết áp.

A. Zilberman

Biểu thị n1n_1 và n2n_2 số lượng phân tử lần lượt là 235^{235}UF6_6 và 238^{238}UF6_6 trên một đơn vị thể tích khí UF6UF_6. Trong thời gian tt, một số N1N_1 phân tử 235^{235}UF6_6 đi qua một lỗ có diện tích s, bằng
N1=vN1stn1,N_1 = v_{N1}stn_1,
và số lượng N2N_2 phân tử 238^{238}UF6_6, bằng
N2=vN2stn2,N_2 = v_{N2}stn_2,
trong đó vN1v_{N1} và vN2v_{N2} là hình chiếu vận tốc trung bình của các phân tử 235^{235}UF6_6 và 238^{238}UF6_6 lên trục xx, hướng vuông góc với lỗ.
Tỷ lệ N1/N2N_1/N_2—tỷ lệ nồng độ của các phân tử 235^{235}UF6_6 và 238^{238}UF6_6 trong khí được giải phóng—bằng với
N1N2=vx1n1vx2n2.\frac{N_1}{N_2} = \frac{v_{x1}n_1}{v_{x2}n_2}.
Rõ ràng là vx1vx2=v1v2\frac{v_{x1}}{v_{x2}} = \frac{v_1}{v_2}, trong đó v1v_1 và v2v_2 là vận tốc bình phương trung bình gốc của các phân tử khí. Vì v=3kTmv = \sqrt{\frac{3kT}{m}}, trong đó mm là khối lượng phân tử, nên N1N2=n1n2m2m1\frac{N_1}{N_2} = \frac{n_1}{n_2} \sqrt{\frac{m_2}{m_1}} (m1m_1 và m2m_2 lần lượt là khối lượng phân tử 235^{235}UF6_6 và 238^{238}UF6_6). Từ đây
N1N2=71000352349≈7,031000.\frac{N_1}{N_2} = \frac{7}{1000} \sqrt{\frac{352}{349}} \approx \frac{7,03}{1000}.
I. Slobodetsky

Từ những thông điệp của symmetrina, có vẻ như rõ ràng rằng ngạnh sẽ dao động - giãn ra và co lại, duy trì hình dạng của một vòng tròn và tâm của nó sẽ bất động. Để xác minh tính đúng đắn của những ý tưởng này, chỉ cần xem xét chuyển động của một điểm (hoặc phần tử nhỏ) bất kỳ của chiếc nhẫn và đảm bảo rằng nó thực sự dao động là đủ.

Chúng ta hãy chọn phần tử nhỏ A của vành. Khi thanh bị kéo căng, phần tử A chịu tác dụng của lực đàn hồi ∣f⃗∣|\vec{f}|, hướng tiếp tuyến, từ các phần lân cận của vòng

52

danh nghĩa. Lực bằng nhau ∣F⃗∣|\vec{F}| của các lực này hướng vào tâm của bóng đèn (Hình 18). Dưới tác dụng của lực này, phần tử AA sẽ bị trộn lẫn đến vị trí cân bằng; đồng thời chiều dài của nó giảm đi. Sau khi đạt đến vị trí cân bằng theo quán tính (khi chiều dài của nó bình thường - cao su không bị giãn), phần tử tiếp tục chuyển động về phía tâm. Đồng thời, từ phía bên của các phần, các lực đàn hồi bắt đầu tác dụng lên nó, nâng nó lên, lực bằng nhau hướng từ tâm của bóng đèn đến vị trí cân bằng. Do đó, hướng của lực tuần hoàn bị đảo ngược.

Chúng ta hãy xem độ lớn ∣F⃗∣|\vec{F}| của lực này và độ lớn Δr\Delta r của độ dịch chuyển của phần tử khỏi vị trí cân bằng có liên quan như thế nào.

Lực đàn hồi ∣f⃗∣|\vec{f}| tỷ lệ thuận với độ căng (độ giãn dài) Δl\Delta l của phần tử và lực căng Δl\Delta l tỷ lệ thuận với độ dịch chuyển Δr\Delta r của phần tử khỏi vị trí cân bằng (Hình 19).

Do đó, lực ∣F⃗∣|\vec{F}| tỷ lệ thuận với độ dịch chuyển Δr\Delta r của phần tử AA so với vị trí cân bằng. Và như đã biết, dưới tác dụng của một lực như vậy, vật thực hiện dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng. Điều này có nghĩa là bình thật sẽ dao động xung quanh vị trí cân bằng – vị trí mà nó không bị kéo dãn hoặc không bị nghiêng.

Hãy tìm chu kỳ của các dao động này. Tại thời điểm giãn nở tối đa, toàn bộ cơ năng E1E_1 của bình bằng thế năng của nó - năng lượng biến dạng đàn hồi:

E1=Π=kΔl22=k[2π(r+Δr)−2πr]22=2kπ2a2E_1 = \Pi = \frac{k \Delta l^2}{2} = \frac{k [2\pi(r + \Delta r) - 2\pi r]^2}{2} = 2k\pi^2a^2

(a=Δra = \Delta r là biên độ dao động của từng điểm của bóng đèn).

Khi bình đi qua vị trí cân bằng thì cơ năng tổng cộng E2E_2 của nó bằng tổng động năng của tất cả các điểm của nó:

E2=K=∑imivmax⁡22=mvmax⁡22E_2 = K = \sum_i \frac{m_i v_{\max}^2}{2} = \frac{mv_{\max}^2}{2}

(vmax⁡v_{\max} là tốc độ mỗi điểm của bóng đèn khi đi qua vị trí cân bằng). Vì không có sự rèn luyện nên theo định luật bảo toàn cơ năng E1=E2E_1 = E_2:

2kπ2a2=mvmax⁡222k\pi^2a^2 = \frac{mv_{\max}^2}{2}

Từ đây chúng ta tìm thấy vmax⁡v_{\max}:

vmax⁡=2πakm.v_{\max} = 2\pi a \sqrt{\frac{k}{m}}.

Nhưng với những dao động điều hòa vmax⁡=ωv_{\max} = \omega. Điều này có nghĩa là ω=2πkm\omega = 2\pi \sqrt{\frac{k}{m}}, và chu kỳ dao động của điểm bình, và do đó, chu kỳ dao động của toàn bộ bình bằng

T=mk.T = \sqrt{\frac{m}{k}}.

A. Abrahamyan