[Sự kết hợp trong đó nữ hoàng bị hy sinh]

57

Tư vấn: vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. Karpov.
Trang này sẽ được giới thiệu bởi E. Gik, Thạc sĩ Thể thao Cờ vua Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật.
Trong số trước của “Trang cờ vua”, chúng tôi đã giới thiệu cho bạn ý nghĩa của sự kết hợp mở đầu, trong đó, ở nước đi thứ sáu, họ đã hy sinh quân Hậu và tuyên bố chiếu hết quân vua không quay trong hai nước đi (“Chiếu tướng của pháp luật”). Những màn hiến tế quân hậu hiệu quả luôn gây ấn tượng mạnh và đọng lại trong trí nhớ của người chơi cờ rất lâu. Hôm nay chúng tôi sẽ cho bạn thấy thêm một vài sự kết hợp trong đó quân hậu bị hy sinh. Tất cả đều thuộc về những viên ngọc sáng tạo trong cờ vua.
Sự kết hợp đầu tiên thuộc về kỳ thủ cờ vua người Mỹ của thế kỷ trước, nhà vô địch thế giới không chính thức của ông, Paul Morphy.

L. Paulsen - P. Morphy.

Vị trí này đã gặp phải trong trận đấu của ông với L. Paulsen ở giải đấu ở New York năm 1857 - giải đấu đầu tiên mà P. Morphy thi đấu. Tiếp theo: 1…Q:f3!!
2. gf Rg6+ 3. Kph1 Ch3
4. Rd1 (4. Rg1 được theo sau bởi bạn đời trong ba nước đi, Đen không có khả năng phòng thủ và sau 4. Qd3 f5
5. Qc4+ Npf8!) 4…Cg2+
5. Kpg1 C:f3+ 6. Kpf1 Cg2+

7. Kpg1 Ch3+ (Morphy chọn con đường dễ dàng nhất để giành chiến thắng, nhưng Đen có thể thông báo một đồng đội đã thành lập sau bốn nước đi: 7…Ce4+

8. Kpf1 Cf5! 9. Qe2 Ch3+

9. Kpe1 Rg1×) 8. Kph1 C:f2 9. Qf1 C:f1 10. R:f1 Re2

10. Ra1 Rh6 12. d4 Ce3. Trắng đã bỏ cuộc.
    Sự hy sinh nữ hoàng tiếp theo thuộc về một bậc thầy kết hợp vĩ đại khác, M. Tal. Hai bên cách nhau hơn 110 năm!

11. K. Torre - Ừm. Lasker. Trắng bắt đầu và thắng.

M. Tal - A. Suetin.

1. Hỏi:e5! de 2.ef+, và Black từ chức. 2…Kpf8 được theo sau bởi 3. Ch6×, và 2…Kpd7 được giải bằng 3. Cf5++ Kpc6
2. Ce4+ Kd5 5. C:d5+Kpd7
3. C:a8+ Kpe7 7. Cg5+ Kpf8
4. Ch6+ Kpe7 9. f8Q+.

Sự kết hợp thú vị nhất trong sơ đồ sau xảy ra cách đây đúng 70 năm trong trận đấu của hai kiện tướng xuất sắc Reti và Tartakover.

2. Adams - C. Torre. Trắng bắt đầu và thắng.

Cả hai đều có họa tiết hình học. Các phần được đảm nhận bởi bậc thầy cơ khí tài năng của thế kỷ trước K. Torre, và trong một trường hợp, ông là tác giả của sự kết hợp, còn trường hợp kia là đồng tác giả.

Chúng tôi nhắc nhở độc giả về “Trang cờ vua” mà trong số tiếp theo «Kvant» “Cuộc thi cờ vua” của chúng tôi sẽ mở ra, người chiến thắng sẽ được trao giải cờ vua và văn học toán học do nhà vô địch thế giới A. Karpov sáng tác.

58

Phương pháp điểm cố định

1. Ví dụ,
   $$f(x) = \begin{cases} b & \text{при } x \in [a; (a+b)/2] \\ a & \text{при } x \in [a+b]/2; b \end{cases}.$$

2. Ví dụ, các chức năng thể hiện trong Hình 1 và 16 là phù hợp.

3. Ví dụ, một vòng tròn và nó quay quanh tâm một góc không chia hết cho 2π.

Hình 1a.

Hình 16.

Hình 2.

4. Ví dụ: $P^{-1}T_vP$, trong đó $T_v$ là bản dịch song song của mặt phẳng $a$ lên vectơ khác 0 $\vec{v}$ và $P$ là ánh xạ một-một của đường tròn $K$ lên mặt phẳng $a$, như trong Hình 2.

5. Gợi ý: sử dụng ý lời giải của bài tập 1.

6. Gợi ý: Một bằng chứng tương tự cho thấy điểm $c$ (trong định lý thứ nhất) là cố định.

Cảm ứng điện từ

$$1. I = \frac{|\overrightarrow{B}|l|\overrightarrow{v}|(R_1+R_2)}{R_1R_2};$$

$$P = \frac{|\overrightarrow{B}|^2 l^2 |\overrightarrow{v}|^2 (R_1+R_2)}{R_1R_2}.$$

2. Biên độ của dòng điện và tần số của nó sẽ tăng gấp đôi.

3. $I = |\overrightarrow{B}|a|\overrightarrow{v}|/R$; nếu hình vuông chuyển động với gia tốc không đổi thì dòng điện sẽ thay đổi theo quy luật tuyến tính.

4. Dòng điện trong vòng sẽ tăng gấp đôi.

5. Điện tích bảo vệ trên cuộn dây là như nhau, nhưng lượng nhiệt thoát ra trong cuộn dây lớn hơn trong trường hợp đầu tiên.

6. Gợi ý. Thứ nhất, tổng cảm ứng từ trường tỷ lệ thuận với số vòng dây. Thứ hai, tổng diện tích bề mặt được bao phủ bởi các vòng dây cũng tỷ lệ thuận với số vòng dây.

7. Cuộn dây thứ hai có dòng điện không đổi.

8. $v_{\min} = \frac{\varepsilon}{LI_0}$.

Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova

Toán học

Tùy chọn 1

1. 4 (với mọi $a \in \mathbb{R}$). Gợi ý. Cho $a \neq 0$, chia cả hai vế của phương trình cho $af(x)$ và vẽ đồ thị của hàm $y = \frac{f'(x)}{f(x)}$.

2. $[\log_a(4+\sqrt{16+a^2}); 3\log_a2[$ tại $a \in ]0; 1[, [\log_a(4+\sqrt{16+a^2}); +\infty[$ tại $a \in ]1; +\infty[$. Tại $a \in ]-\infty; -1[ \cup ]-1; -2(\sqrt{2}-1)] \cup [2(\sqrt{2}+1); +\infty[$. Gợi ý. Phương trình này tương đương với hệ hỗn hợp

$$\left\{ a \cdot \frac{(\sin x+\cos x)^2-1}{2} + (\sin x+\cos x) = 1, \cos x \neq 0. \right.$$

4. $R(\sqrt{2}-1)tg^2a$. 5. Gợi ý. $\overrightarrow{MQ} = \overrightarrow{MP} + \overrightarrow{PQ}, \overrightarrow{NP} = \overrightarrow{NQ} + \overrightarrow{QP}$.

Tùy chọn 2

1. Lớn nhất là $a=1$, nhỏ nhất là $a=\frac{1}{2}$. Gợi ý. Hình được đề cập ở bài toán được bảo vệ trong Hình 3.2. $$\frac{5}{2}; +\infty$$. 3. $x = \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$ tại $a=0; x_1 = \arctg(2a) = \pi k, x_2 = \frac{1}{2} \arctg(4a) + \frac{\pi}{2} l (k, l \in \mathbb{Z})$ tại $a \neq 0$. Gợi ý.

Biểu thị vế trái của phương trình dưới dạng tam thức bậc hai tương ứng với $a$.

4. Hai. Gợi ý. Thể hiện $l$ theo $a$ và $b$.

5. $\frac{1}{8}\sqrt{2}(3-\sqrt{3})a$. Gợi ý.

Đặt $SABC$ là tứ diện đều đã cho, $M$ là trung điểm của cạnh $BC, H$ là đáy của chiều cao của tứ diện được vẽ từ $S, K$ là trung điểm của cạnh $SA, O_1 = (MK) \cap (SH)$ (Hình 4).

Khi đó $O_1$ là tâm của quả bóng nội tiếp tứ diện, $|O_1H|$ là bán kính của nó. Tâm $O_2$ của hình cầu, được đề cập trong các điều kiện, nằm trên $[SO_1]$ và nếu $(O_2D) \perp (AS)(D \in AS)$ thì $|O_2O_1| = |O_2D|$ là bán kính loại trừ.

60

8. Một gốc cho $a=0$, hai cho $a=1$, bốn cho $0<a<1$; tại $a<0$ và tại $a>1$ không có gốc. Gợi ý. Xây dựng đồ thị của hàm $y=\frac{1}{4}x^2e^{2-x}$ (đối với hành vi tại $x\rightarrow+\infty$, xem đoạn 117 của sách giáo khoa “Đại số và Giải tích cơ bản 10”). 9. Hai gốc ở $a\in\{-\sqrt{2},\sqrt{2}\}$ $U]=-1; 0[U]0; 1[$, ba gốc ở $a\in\{-1,0,1\}$, bốn gốc ở $a\in]-\sqrt{2};-1[U]1; \sqrt{2}[$; tại $|a|>\sqrt{2}$ không có rễ.
9. $-\frac{1}{2}$. 12. $a=-1$; điểm mong muốn $(0;-1)$.
10. Tại điểm $\left(\frac{16}{9};\frac{4}{3}\right)$. 14. Gợi ý. Xem bài toán Số 28 trong § 45 của sổ tay “Hình học 9-10”. 15. Gợi ý. Áp dụng phương pháp quy nạp toán học. 16. Gợi ý. Xem § 22 của sổ tay “Hình học 9-10”. Vẽ qua $C$ một đường thẳng song song với $(AB)$ và qua $B$ một đường thẳng song song với $(CM)$.
11. Gợi ý. Khi nấu với tâm $A$ và hệ số $\frac{|AK_2|}{|AK_1|}$, điểm $D$ đi vào điểm $D_1\in K_2$ và tiếp tuyến $(BC)$ để khoanh tròn $K_1$ thành tiếp tuyến song song với đường tròn $K_2$.

Đại học bang Belarus được đặt theo tên. V. I. Lênin
(xem “Số lượng” số 5)

Toán học
Tùy chọn 1

1. a) $]-\infty;-1[U]\frac{5}{4};+\infty$ $[;6)$ $[-1]$;
   b) $]-\infty;1[U\{\frac{5}{4}\};\Gamma)$ $[1]$. 2. $]0;\frac{1}{6}[U$
   $U]\frac{3}{2};+\infty$ $[.$ 3. $[\frac{1-\sqrt{5}}{2};0[U[\frac{1+\sqrt{5}}{2};$
   $+\infty$ $[.$ 4. $-1.$ 5. $\frac{1}{3}\sqrt{15}\pi R^3)$.

Tùy chọn 2

1. $\frac{1}{4}$. 2. $x=a^2-4a$ tại $a>2$. 3. 6.
2. $x=\frac{\pi}{4}+\pi k(k\in Z)$, tại $a=-\frac{3}{2}$, $x=(-1)^k\frac{\arcsin(1-\sqrt{2a+3})}{2}+\frac{\pi}{2}k(k\in Z)$
   cho $a\in]-\frac{3}{2};\frac{1}{2]}$ (tuy nhiên, trường hợp $a=-\frac{3}{2}$ không cần viết riêng).
3. $\frac{3a^3}{8\sin\frac{\alpha}{2}}\sqrt{2\cos\alpha+1}$.

Tùy chọn 3

1. $]0;1[.$ 2. $S_1=\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}$ tại $|x|\neq1$, $S_1=n+1$ tại $|x|=1$.
   $S_2=\frac{2x[nx^{2n+2}-(n+1)x^{2n}+1]}{(x^2-1)^2}$ tại $|x|\neq1$,
   $S_2=n(n+1)$ cho $x=1$, $S_2=-n(n+1)$ cho $x=-1$. 4. $[-1]$. 5. $\frac{2}{3}h^3\cdot tg^2\alpha\cdot\sin\beta$.

Khoa Vật lý và Khoa Vật lý vô tuyến và Điện tử

1. Hình trụ sẽ nghiêng một góc $a=arctg D/h\approx22^\circ$.
2. $\frac{V_n}{V_c}=\frac{\rho_c-(1-n)\rho_b}{(1-n)\rho_b}-\rho_b=1,0\times10^3\mathrm{kg/m^3}$—mật độ của nước).
3. $T=(1+n)\Delta T$.
4. $q=\frac{n-1}{n}\mathcal{E}$.
5. $I=\sqrt{\frac{|F||v|}{R}}\approx0,3\mathrm{A}$.
6. Không thể chọn góc tới của ánh sáng.
7. $\Gamma_2=\frac{\Gamma_1}{2\Gamma_1-1}=\frac{2}{3}$.

Khoa Toán Cơ và Khoa Toán Ứng dụng

1. $x_{\max}=\Delta l+\sqrt{(\Delta l)^2+2h\Delta l}=20$ xem
2. $l=\frac{N^2}{N^2-N^2}=\Delta l=64$ xem
3. $l=h+\rho gh^2/p$ (ở đây $\rho$ là mật độ thủy ngân).
4. Sự căng thẳng sẽ là đủ.
5. $q=\pi D^2|\overrightarrow{B}|/4R$.
6. $\beta\approx(n_\phi-n_\kappa)\alpha=0,12^\circ$.
7. $d=F/n$.

Khoa Hóa học

1. $\frac{N_1}{N_2}=\frac{3}{\cos\alpha}-2=4$.
2. $T=\frac{1-n}{n}\Delta T=297\mathrm{K}$ (ở đây $n=0,01$).
3. $R_1=U/I-(n-1)R_2$.
4. $R_1=0,96R_2$.
5. $U_3=\frac{hc}{e}\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda_0}\right)$ (ở đây $h$ là hằng số Planck, $c$ là tốc độ ánh sáng, $e$ là điện tích electron).
   Đại học bang Vilnius được đặt theo tên của V. Kapsukas
   (xem “Số lượng” số 5)

Toán học
Tùy chọn 1

1. $\frac{1}{12}$. Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ bằng $O$. Diện tích của hình tam giác $PQR, POQ, QOR, ROP, AOB, BOC, COA$ sẽ được biểu thị bằng $q, q_1, q_2, q_3, Q_1, Q_2, Q_3$ tương ứng. Sau đó $\frac{|OP|}{|OA|}=\frac{1}{3}$ (kể từ $|OA|=\frac{2}{3}|AK|$ và $\frac{|AP|}{|PK|}=1$), $\frac{|OQ|}{|OB|}=\frac{1}{2}, \frac{|OR|}{|OC|}=\frac{1}{6}$. TỪ $S_{ABL}=S_{CBL}$ và $S_{AOL}=S_{COL}$ nó theo sau $S_{ABO}=S_{CBO}$. Tương tự như $S_{CBO}=S_{ACO}$. Vì vậy, $Q_1=Q_2=Q_3=\frac{1}{3}$. Tôi sẽ đăng $q_1/q_2/q_3=\frac{|OP|}{|OA|}\cdot\frac{|OQ|}{|OB|}=\frac{1}{8}$.

61

Tương tự như $\frac{q_2}{Q_2} = \frac{1}{12}, \frac{q_3}{Q_3} = \frac{1}{24}$. Sau đó $q = q_1 + q_2 + q_3 = \frac{1}{12}$.

2. $\left[ \frac{2}{3} \sqrt{21}; +\infty \right]$. 3. $x = \pm \frac{\pi}{8} + 2\pi k (k \in \mathbf{Z})$.

3. $\left[ \frac{5}{3}; +\infty \right]$.

Tùy chọn 2

1. $\frac{11}{12}$. 2. $\left[ \frac{-5+\sqrt{13}}{2}; 1 \right]$. 3. $x = \pm \frac{\pi}{8} + 2\pi k (k \in \mathbf{Z})$.

2. $\left[ -1; \frac{7}{3} \right]$.

Vật lý

Tùy chọn 1

3. Calipmeter sẽ chứa hỗn hợp $m'_1 \approx 0,3$ kg nước và $m'_2 \approx 0,7$ kg nước đá; nhiệt độ hỗn hợp $t = 0^{\circ}\mathrm{C}$.

4. $F = \frac{l^2-a^2}{4l} = 0,12$ m.

Tùy chọn 2

3. Khách du lịch đang ở tại điểm có tọa độ $x = x_0 + s \cos \alpha \approx -1,5$ km và $y = y_0 + s \sin \alpha \approx 4,5$ km.

4. $R = U/I - r \approx 0,34$ Ohm (ở đây $I = S \sqrt{\frac{D[c(T-T_0)+\lambda]}{\rho\tau}}$ là dòng điện ngắn mạch, $r = \varrho l/S$ là điện trở cầu chì).

Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol
(xem «Kvant» số 5)

Toán học

Tùy chọn 1

1. 10 km/giờ. Lời giải. Nếu chúng ta đặt $|AC| = x$ (km), thì $\frac{x}{v_0} + \frac{120-x}{v_1} = \frac{x}{v_1} + \frac{120-x}{v_0}$, do đó $x = 60$. Nếu $t$ là thời gian (tính bằng giờ) cần thiết để một người đi xe máy di chuyển với tốc độ $v_0$ km/h để đi hết quãng đường từ $A$ đến $C$, thì
   $$\begin{cases} v_0 t = 60, \\ v_0(8-t) + \frac{a(8-t)^2}{2} = 60. \end{cases}$$
   Do đó, tính đến điều kiện $a = 2v_0$, chúng ta thu được $v_0^2 - 15v_0 + 50 = 0$
   hoặc $v_0 \in \{5, 10\}$. Giá trị $v_0 = 5$ không thỏa mãn các điều kiện, vì vậy ngay cả để đi hết khoảng cách từ $A$ đến $C$ cũng sẽ mất 12 giờ. Giá trị thứ hai thỏa mãn mọi điều kiện bài toán.

2. $]-1-\sqrt{5}; -3[\cup]-1+\sqrt{5}; 5[$.

3. $x = \frac{13}{6} \pi + 4\pi k (k \in \mathbf{Z})$. Gợi ý.

62

Hình 7.

Hình 8.

$$2x + \frac{\pi}{3} = 2 \left( x - \frac{\pi}{3} \right) + \pi.$$

4. $\frac{5}{16} \pi (3 - 2 \sqrt{2}) a^2$. Gợi ý và giao điểm là một phần của hình tròn có chu vi nội tiếp $\triangle ABC$ (Hình 7).

5. 1. Gợi ý và giao lộ. Chúng ta hãy vẽ một mặt phẳng đi qua $l$ và $(MN)$. Đặt $[ME]$ là giao điểm của mặt phẳng này với mặt $ABB_1A_1$ (Hình 8). Khi đó $(ME) \parallel (NK)$ - các đường thẳng $NK, MN, ME$ và $l$ tạo thành hình bình hành. Từ sự giống nhau của các tam giác $MAE$ và $C_1NK$ dễ dàng suy ra $|ME| < |NK|$. Điều này có nghĩa là hình bình hành này giao với mặt $ABCD$ và đường thẳng $l$ cắt với mặt đó (tại điểm $F$), chứ không phải với phần tiếp theo của nó. Từ sự giống nhau của các tam giác $A_1MN$ và $CKF$ dễ dàng tìm được $|KF|$.

Vật lý

Tùy chọn 1

1. Theo phương nằm ngang, chỉ có lực ma sát tác dụng lên vật có khối lượng $m$: $ma_{\text{гор}} = |\vec{F}_{\text{rp}}|$. Từ đây
   $$|\vec{F}_{\text{rp}}| = m |\vec{a}| \cos \alpha = mg \sin \alpha \cos \alpha.$$

2. Hãy viết giá trị áp suất ban đầu và cuối cùng ở các phần khác nhau của ống. Áp lực ban đầu: $p_{AB} = 2 \rho gh = p, p_{CD} = \rho gh = p/2, p_{EF} = 0$. Áp lực cuối cùng: $p_{F} = \rho gh + p'_{CD} = p/2 + p'_{CD}, p'_{CD} = \rho gh + p'_{AB} = p/2 + p'_{AB}$. Theo định luật Boyle-Mariotte, $p_{AB}h = p'_{AB}x$ và $p_{CD}h = p'_{CD}(3h - x)$, trong đó $x$ và $3h - x$ lần lượt là độ dài cuối cùng của các phần $AB$ và $CD$. Kết quả là, chúng ta thu được phương trình $6p^2 - 12pp_F + 5p^2 = 0$, từ đó $p_F = p(1 + 1/\sqrt{6})$ (hệ số thứ hai - có dấu trừ trong ngoặc - bị loại bỏ, vì theo nghĩa của bài toán thì áp suất phải được thông báo).

3. Theo định luật Faraday, điện áp trên cuộn dây là $U_L = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = L \frac{\Delta I}{\Delta t}$. Vì dòng điện trong mạch tăng tỷ lệ thuận với thời gian nên $U_L$ không thay đổi theo thời gian và tại bất kỳ thời điểm nào $t$ $U_L = L \frac{I}{t}$. Do đó, điện áp trên tụ điện bằng điện áp trên cuộn dây cũng không đổi: $\frac{Q_0}{C_0} = \frac{Q_0 - q}{C}$, trong đó $Q_0$ là điện tích ban đầu trên tụ điện, $q$ là điện tích rời khỏi bản tụ trong thời gian $t$, $C$ là điện dung của tụ điện tại thời điểm $t$. Từ đẳng thức $L \frac{I}{t} = \frac{Q_0}{C_0}$ ta tìm được $I:I = \frac{Q_0}{LC_0} t$. Khi đó điện tích rời khỏi tụ điện là $q = I_{cp} t = \frac{I}{2} t = \frac{Q_0}{2LC_0} t^2$. Từ việc vẽ điện áp trên tụ điện, chúng ta tìm thấy $C$:

$$C = C_0 \frac{Q_0 - q}{Q_0} = C_0 \left( 1 - \frac{t^2}{2LC_0} \right).$$

4. Khi nhập tần số tối thiểu ở vị trí trên, bạn có thể viết: $m\omega^2 l = mg$. Do đó $v = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$. Chọn $l \sim 1$ m, $g = 10$ m/s$^2$, chúng ta nhận được $v \sim 0,5$ Hz.

5. Chúng ta hãy lưu ý ngay rằng không thể quan sát được giao diện ánh sáng yếu trong thí nghiệm này, vì bóng đèn điện là nguồn bức xạ không kết hợp. Hình 9 thể hiện thiết kế thử nghiệm. Ở đây $S$ là một bóng đèn, $S_1$ và $S_2$ là hình ảnh đầu tiên của nó trong gương (trong thực tế có vô số hình ảnh, nhưng để giải thích định tính về hiện tượng này thì chỉ cần tách hai hình ảnh là đủ). Chỉ có ánh sáng trực tiếp từ bóng đèn chiếu vào phần CD của màn hình, trong khi cả ánh sáng trực tiếp và ánh sáng phản xạ từ gương chiếu vào phần BC và DE. Đây là lý do tại sao vùng BC và DE có vẻ nhẹ hơn vùng CD. Sau đó, mẫu này được lặp lại trên cả hai mặt của sọc trung tâm.

Tùy chọn 2

1. Chúng ta sẽ tìm khoảng cách cần thiết $l$ so với định luật bảo toàn năng lượng, nó sẽ đi vào hệ thống báo cáo, nơi mặt phẳng tích điện sẽ tích tụ:

Hình 9.

63

$$l = l_0 - \frac{m(|\vec{v}| \sin \alpha - |\vec{u}|)^2 \varepsilon_0}{\sigma q}.$$

2. Chúng ta hãy viết biểu thức đẳng thức mômen lực của điểm tương đối của hệ thống treo: $mg(R - x) = Mgx$. Từ đây chúng ta tìm được vai $x$ của lực $\vec{Mg}$: $x = \frac{mR}{m + M}$. Từ hình vẽ về điều kiện bài toán suy ra $\sin \alpha = \frac{x}{R + l}$. Rồi cuối cùng $\alpha = \arcsin \frac{1}{(1 + l/R)(1 + M/m)}$.

3. Chúng ta hãy viết các điều kiện cân bằng của piston trước khi thấm vào gel: $p_0 + mg/S = p_{O_2}$ và sau khi cân bằng nồng độ của gel trong toàn bình: $mg/S = p'_{O_2}$. Theo định luật Boyle - Maryutta $p_{O_2}lS = p'_{O_2}(l + x)S$. Cuối cùng, đối với giá trị $x$ của độ dịch chuyển của piston, chúng ta thu được $x = \frac{p_0S}{mg}l$.

4. Như bạn đã biết, $p = |\vec{F}|/S$. Chọn $\vec{F} \sim 1\text{H}$, độ dày đường $d \sim 0,2\text{ mm} = 2 \cdot 10^{-4}\text{ m}$. Sau đó $p = \frac{|\vec{F}|}{S} = \frac{|\vec{F}|}{\pi d^2/4} \sim 3 \cdot 10^7\text{ Pa}$.

5. Rõ ràng, một trong những nguồn cung cấp điện áp không đổi và nguồn thứ hai - xoay chiều. Với dòng điện xoay chiều, hồ quang yếu hơn đáng kể so với dòng điện một chiều (xuất hiện điện trở lớn hơn của cuộn cảm).

Tùy chọn 3

1. Ở nhiệt độ $t_1 = 100^\circ\text{C}$, áp suất hơi của nước là $10^5\text{ Pa}$, tức là $p/3$. Do đó, áp suất riêng phần của không khí dưới piston sẽ trở thành $2/3 p$. Từ định luật khí tự nhiên, chúng ta tìm được khoảng cách mới $x$ từ piston đến mặt nước:

$$\frac{ph}{T} = \frac{2/3px}{T_1}, \text{ и } x = \frac{3}{2} \frac{T_1}{T} h \approx 2h.$$

2. Hiệu điện thế giữa các điểm là $AA'U_{AA'} = U$ và giữa các điểm $BB'U_{BB'} = \frac{U}{3} = U \frac{|r - R|}{r + R}$. Dấu hiệu mô hình bắt đầu vì vôn kế chỉ giá trị tuyệt đối của điện áp. Có tính đến sự khác biệt $r - R$, chúng tôi có được

$$R = \begin{cases} r/2 \text{ при } R < r \\ 2r \text{ при } R > r. \end{cases}$$

3. Tốc độ tối thiểu đạt được khi trọng tâm của một phần dây có khối lượng $m_1 = m \frac{2\pi R}{l}$, tạo thành một vòng tròn, được nâng lên độ cao $R$:

$$\frac{m |\vec{v}_{\min}|^2}{2} = m_1 g R.$$

4. Theo mô hình, lực nổi tác động lên cơ thể con người từ không khí bằng $F_{BbT} = Q_{BO3D}Vg$. Thể tích $V$ sẽ được biểu thị thông qua khối lượng của một người $m$, có tính đến mật độ của cơ thể gần như bằng mật độ của nước:

$$V = \frac{m}{\rho_{BO3D}}. \text{ Таким образом, } F_{BbT} \sim \frac{Q_{BO3D}}{\rho_{BO3D}} mg.$$

theo định luật Mendeleev-Clapeyron và định luật Avogadro: $Q_{BO3D} \sim \frac{p\mu}{RT} = \frac{p\mu T_0}{p_0V_0T}$. Đây $p_0 = 10^5 \text{ Pa}, T_0 = 273 \text{ K}, V_0 = 2,24 \cdot 10^{-2} \text{ m}^3$. Lấy $p \sim p_0 = 10^5 \text{ Pa}, T \sim 300 \text{ K}$ và biết $Q_{BO3D} = 10^3 \text{ кг/m}^3$, chúng ta nhận được $Q_{BO3D} / Q_{BO3D} \sim 760$ đó. Do đó, lực nổi nhỏ hơn trọng lực khoảng 760 lần. Cuối cùng là khối lượng $m \sim 70 \text{ кг}, F_{BbT} \sim 1 \text{ H}$.

5. Tại thời điểm ban đầu, đồng hồ đo áp suất cho thấy áp suất giảm mạnh. Nguyên nhân chủ yếu là do thể tích không khí bên dưới piston tăng lên. Sau đó áp suất tăng lên, vượt quá giá trị ban đầu. Điều này là do thực tế là axeton bay hơi mạnh, trong khi áp suất hơi của nó và do đó tổng áp suất của hơi và không khí tăng lên. Sự gia tăng áp suất cũng được tạo điều kiện thuận lợi bằng cách tăng nhiệt độ của hỗn hợp lên nhiệt độ môi trường.

«Kvant» cho học sinh nhỏ

(xem «Kvant» số 4)

1. Lời giải:

$$7 = 9 - 2$$
$$3 = 1 + 2$$
$$= = =$$
$$4 = 8 - 4$$

Với những giá trị chữ cái này, bạn có thể tạo ra rất nhiều dấu chấm. Dưới đây là một số trong số họ:

OL—IM+PI+BP: A=80,
(O+L—I—M—P) • (IA+D): A=80,
(O: (L—I) + MP) • I+A+D+A=80,
(O • L—IM) + PIA—DA=80,
O : (L—I) • MPI : A+D : A=80,
(OL—I+M) • (PI : A—D : A)=80.

2. $(63! - 61!) = 61!(62 \cdot 63 - 1) = 61!(71 - 9)$
   $(71 - 8) - 1) = 61!(71^2 - 17 \cdot 71 + 71) = 61!(71 \cdot 55)$.

3. Xem Hình 10.

4. Vì Sasha có thể đứng cạnh Misha nên anh ấy là người đầu tiên hoặc người cuối cùng. Nhưng Yura dẫn trước Misha nên Misha không thể đứng thứ hai, do đó Misha đứng thứ hai và Sasha đứng cuối.

Rõ ràng là Oleg đang đứng trước mặt Yura, và vì Voldya không đứng cạnh Oleg nên anh ấy chỉ có thể ở giữa Yura và Misha, tức là ở giữa. Những người bạn theo thứ tự sau: Oleg, Yura, Voldya, Misha và Sasha.

5. Trong hệ thống số kép.

6. Hình 11 minh họa cách giải tam giác này thành 8 tam giác đều. Để có được 11 hình tam giác, chỉ cần cắt một trong các hình tam giác thu được thành bốn là đủ.

(xem «Kvant» số 5)

1. Bạn có thể: Hình 12 thể hiện một hình vuông. Những hình vuông như vậy được hình thành ở mỗi cạnh trong số 12 cạnh của khối lập phương.

2. 1 - Tikon Pedot, 2 - Tikon Vasya, 3 - Pedot Vasya, 4 - Pedot Tikon, 5 - Tikon Padey, 6 - Padey Ostap, 7 - Padey Illya, 8 - Ostap Tikon.