Kvant 1982, số 3 · Trang

KVANM
3
1982

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

DANIELIS BERNOULLI Jon, Fil.
MED. PROF. BASIL.
ACAD. SCIENT. IMPER. PETROPOLITAN E, PRIUS MATHESEOS
SUBLIMIORIS PROF. ORD. NUNC MEMBRI ET PROF. HONOR.

HYDRODYNAMICA,
SIVE
DE VIRIBUS ET MOTIBUS FLUIDORUM
COMMENTARII.
OPUS ACADEMICUM
AB AUCTORE, DUM PETROPOLI AGERET.
CONGESTUM.

Argentorati,
Sumpibus Johannis Reinholdi Dulseckeri,
Anno M D CC XXXVIII.

Typis Jon. Henr. Deckeri, Typographi Basilienfis.

Trang tiêu đề của ấn bản đầu tiên của cuốn sách “Thủy động lực học” của Daniel Bernoulli.

Trong số này, chúng tôi đăng bài viết về cuộc đời và hoạt động khoa học của Daniel Bernoulli (1700-1782), một nhà khoa học tự nhiên thay thế, giáo sư danh dự của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg, một trong những người sáng lập thủy động lực học.

2

Kỷ niệm một bài viết tuyệt vời

Sáu mươi năm trước, vào tháng 3 năm 1922, tác phẩm “Về ý nghĩa của chủ nghĩa duy vật quân phiệt” của V. I. Lênin được đăng lần đầu trên tạp chí “Dưới ngọn cờ của chủ nghĩa Mác”.
Nó xác định rõ ràng một số bài toán rất quan trọng chưa tiêu tốn hết hoạt động của chúng trong thời đại chúng ta.

Trước hết - bài toán củng cố và phát triển sự thống nhất giữa triết học Mác và lý thuyết tự nhiên. Trở lại năm 1909, trong cuốn sách “Chủ nghĩa duy vật và chủ nghĩa phê phán kinh nghiệm”, Lênin đã chứng minh một cách thuyết phục rằng trong thời kỳ cuộc cách mạng vĩ đại nhất của vật lý, gắn liền với việc phát hiện ra chất phóng xạ và cấu trúc phức tạp của nguyên tử, sự ra đời của thuyết tương đối đặc biệt, v.v., nhiều nhà khoa học kiệt xuất đã không thể đánh giá đúng bản chất của các sự kiện đang diễn ra. Họ coi chúng là một cuộc khủng hoảng sâu sắc của vật lý, một tầm nhìn về một số khái niệm và định luật cơ bản của nó, sự sụp đổ của chủ nghĩa duy vật và sự chiến thắng của chủ nghĩa duy tâm dưới nhiều hình thức khác nhau. Việc phân tích khoa học về cuộc cách mạng vật lý và dự báo chính xác về sự phát triển tiếp theo của nó chỉ có thể được thực hiện từ quan điểm của chủ nghĩa duy vật biện chứng do V.I. Lênin.

Cuộc đấu tranh giữa chủ nghĩa duy vật và chủ nghĩa duy tâm càng trở nên gay gắt hơn trong những năm tiếp theo liên quan đến sự xuất hiện của cơ học lượng tử và thuyết tương đối rộng. Và ở đây chiến thắng đã thuộc về chủ nghĩa duy vật biện chứng. Những ý tưởng được Lenin phát triển trong cuốn sách xuất sắc của ông, Bài giảng, đã đứng vững trước thử thách của thời gian.

Để đánh giá chính xác vai trò và vị trí của vật lý trong nhu cầu mở rộng họ khoa học tự nhiên, trong kiến ​​thức về thiên nhiên xung quanh chúng ta, kiến ​​thức về các định luật của nó và khả năng giải đúng các bài toán vật lý cụ thể là chưa đủ. Cần nắm vững những kiến ​​thức cơ bản của thế giới quan khoa học Mác xít. Điều này cần được hiểu rõ ràng bởi tất cả những ai muốn trở thành nhà vật lý hoặc toán học. “…không có nền tảng triết học vững chắc, không có khoa học tự nhiên, không có chủ nghĩa duy vật nào có thể đứng vững trong cuộc đấu tranh chống lại sự tấn công dữ dội của các tư tưởng tư sản và khôi phục lại thế giới quan tư sản,” như V.I. Lênin đã viết trong tác phẩm “Về ý nghĩa của chủ nghĩa duy vật quân sự”. Điều này có nghĩa là ngay cả trong những năm học, sau khi thành thạo môn vật lý và toán học, người ta cũng phải kiên trì nghiên cứu các môn khoa học xã hội.

Thế giới quan tư sản luôn đen tối với tôn giáo và chủ nghĩa thần bí, tìm cách dung hòa quần chúng nhân dân với sự bất bình đẳng về chính trị và xã hội, không ngừng gia tăng sự bóc lột của những doanh nhân thừa nhận cái chết, khuất phục số phận và không chống cự trước cái ác xâm lược. Và hoàn cảnh xã hội cụ thể ở mỗi nước tư bản càng phức tạp thì tư tưởng tôn giáo càng được truyền bá tích cực. Chẳng hạn, chưa bao giờ ở Hoa Kỳ lại có hoạt động như vậy giữa các giáo phái tôn giáo phương Đông, các giáo phái tà ác, thầy bói, nhà tiên tri và nhà chiêm tinh như ngày nay.

Những ý tưởng tôn giáo vẫn còn tồn tại trong tâm trí một số công dân của chúng ta. Nhà thờ ở Liên Xô tách biệt khỏi nhà nước và mỗi bạn hoàn toàn có quyền tự do lựa chọn thế giới quan này hay thế giới quan khác. Nhưng điều này hoàn toàn không có nghĩa là những người vô thần không nên tích cực tuyên truyền chống tôn giáo, theo cách nói của Lênin, hãy là “những người vô thần chiến đấu”. Khoa học hiện đại cung cấp cho bạn rất nhiều bằng chứng thuyết phục về sự mâu thuẫn của các quan niệm tôn giáo về “sự sáng tạo thế giới”, sự xuất hiện và phát triển của con người và xã hội loài người. Chúng nên được sử dụng rộng rãi cho mục đích tuyên truyền chống tôn giáo. Việc tuyên truyền này phải được thực hiện một cách kiên nhẫn, bền bỉ, thuyết phục, riêng lẻ, không xúc phạm đến tình cảm tôn giáo của các tín đồ. Mỗi công dân mà chúng tôi giành được từ nhà thờ đều là một chiến thắng thực sự trong việc xây dựng một xã hội cộng sản. Đây là bài toán thứ hai do V.I. Lênin trong bài viết tuyệt vời này.

số phức

Ở đây trước hết tôi nói rất ngắn gọn về cách các số phức nảy sinh trong toán học và dần dần hình thành trong đó. Sau đó tôi đưa ra định nghĩa về số phức, các phép tính trên chúng và giải thích hình học của chúng. Đồng thời, các công thức tính cosin và sin của một tổng đã được chứng minh, chúng có liên quan chặt chẽ đến phép nhân số phức.

Bối cảnh lịch sử

Từ quá trình toán học, người ta biết rằng các số âm được đưa vào chủ yếu để phép trừ, nghịch đảo của phép cộng, luôn luôn có thể thực hiện được. Vì lý do tương tự, số phức xuất hiện trong toán học. Nếu chúng ta chỉ xem xét các số thực, thì thao tác trích căn bậc hai, nghịch đảo của phép tính bình phương, không phải lúc nào cũng thực hiện được, vì không thể trích căn bậc hai của một số âm. Tuy nhiên, điều này không đủ để giới thiệu những con số mới trong toán học. Hóa ra là nếu tích của một phép tính theo các quy tắc chung đối với các biểu thức trong đó xảy ra căn bậc hai của một số âm, thì người ta có thể đi đến kết quả không còn chứa căn bậc hai của một số âm. Vào thế kỷ 16, Kardanov đã tìm ra công thức cho phương trình bậc ba lời giải («Kvant», 1976, số 9, trang 2). Hóa ra chính xác là trong trường hợp phương trình bậc ba có ba căn thực thì căn bậc hai của một số âm được tìm thấy trong công thức Cardan và có thể thu được kết quả hoàn toàn dễ hiểu. Vì vậy, những gốc này bắt đầu được sử dụng trong toán học. Việc trích xuất các phép tính có biểu thức chứa căn bậc hai của số âm có thể tạo ra kết quả hoàn toàn dễ hiểu. Gauss («Kvant», 1977, Số 8, trang 2) đã trao toàn quyền dân sự cho ít nhất các số ở rìa thế kỷ XVIII-XIX, người gọi chúng là số phức, cho chúng cách giải thích hình học và quan trọng nhất là chứng minh định lý cơ bản của đại số, trong đó phát biểu rằng mọi đa thức đều có ít nhất một nghiệm thực hoặc nghiệm phức.

Định nghĩa số phức

Chúng ta sẽ giả định rằng chúng ta biết các con số thực. Chúng ta biết rằng có hai phép toán cơ bản được xác định cho chúng - phép cộng và phép nhân - và có những hành động nghịch đảo đối với chúng - phép trừ và phép chia. Đối với những hành động này, các quy tắc phổ biến được tuân theo, thường được sử dụng hoàn toàn tự động - do đó chúng sẽ không được xây dựng ở đây. Tập hợp các đối tượng mà trong đó các phép cộng và phép nhân cũng như các phép trừ và phép nghịch đảo của chúng được xác định và các đối tượng của các quy tắc áp dụng cho số thực được thực hiện, được gọi là một trường trong đại số trừu tượng hiện đại.

Do đó, theo quan điểm của đại số trừu tượng hiện đại, tập R của tất cả các số thực được biểu diễn dưới dạng một trường.

4

Bây giờ chúng ta hãy đặt bài toán để mở rộng khái niệm về số hoặc, như người ta nói trong đại số trừu tượng, để mở rộng trường $R$ sang trường $K$ theo cách mà trong trường mới này $K$ phương trình

$$z^2 + 1 = 0$$

(1)

đã có lời giải. Chúng ta biểu thị phần tử trường $K$ thỏa mãn phương trình (1) bằng $i$. Vì vậy, với $i$ chúng ta có

$$i^2 = -1.$$

(2)

Vì trường $K$ chứa tất cả các số thực và phần tử $i$ và vì có thể cộng và nhân trong đó nên trường $K$ phải chứa tất cả các đa thức có thể có đối với $i$ với các hệ số thực, đặc biệt - tất cả các đa thức bậc một, tức là các biểu thức có dạng

$$z = x + yi = x + iy,$$

trong đó $x$ và $y$ là số thực. Những biểu thức này được gọi là số phức. Chúng ta định nghĩa các hành động trên chúng là các hành động trên đa thức, có tính đến điều kiện (2). Số phức có dạng

$$z = x + 0i = x$$

là những số thực. Số phức có dạng

$$z = 0 + yi = yi$$

Số đó được gọi là số tối thiểu.

Cho $z_1 = x_1 + y_1 i$, $z_2 = x_2 + y_2 i$ là hai số phức. Theo quy tắc đã nêu, tổng và tích của các số phức này được xác định bằng các đẳng thức

$$z_1 + z_2 = (x_1 + y_1 i) + (x_2 + y_2 i) > = (x_1 + x_2) + (y_1 + y_2) i;$$

$$z_1 z_2 = (x_1 + y_1 i) (x_2 + y_2 i) = x_1 x_2 + (x_1 y_2 + y_1 x_2) i + y_1 y_2 i^2 = (x_1 x_2 - y_1 y_2) + (x_1 y_2 + y_1 x_2) i.$$

Khi đạt được đẳng thức cuối cùng, chúng ta sử dụng kết quả

$$x_1 z_2 = x_1 x_2 + x_1 y_2 i.$$

(5)

Từ công thức (3) và (4) rõ ràng tổng và tích của hai số phức

Trong mọi số đều có số phức.

Để đảm bảo rằng hành động trừ, nghịch đảo của hành động cộng, tồn tại, chỉ cần tìm số - $z$, số đối diện với số $z$, và để đảm bảo có thể chia được, chỉ cần $z \neq 0$ chỉ ra số $z^{-1}$, nghịch đảo của số $z = x + yi$ là đủ. Những con số này, dễ dàng nhận thấy, được đưa ra bởi các công thức

$$-z = -x - yi,$$

$$z^{-1} = \frac{x}{x^2 + y^2} - \frac{y}{x^2 + y^2} i.$$

Do đó, đại lượng $z^{-1}$, nghịch đảo của $z$, tồn tại bất cứ khi nào $z \neq 0$.

Biểu diễn hình học của số phức

Chúng ta hãy biểu thị mặt phẳng của bản vẽ của chúng ta bằng $P$ và chọn hệ tọa độ hình chữ nhật trên đó (Hình 1). Chúng ta sẽ đặt số phức $z = x + yi$ tại điểm $z = (x; y)$ có ​​tọa độ $x, y$. Chúng ta cũng biểu thị bằng $z$ vectơ đi từ gốc $O$ đến điểm $z$. Do đó, chữ cái $z$ đồng thời biểu thị một số phức, điểm $z$, đại diện cho số phức này và vectơ $z$, tương ứng với số phức này. Trong trường hợp này, ảnh của số thực rơi trên trục hoành - do đó trục hoành được gọi là mặt phẳng thực $P$ của biến phức và số của số rơi trên trục hoành - do đó trục hoành được gọi là cực tiểu của mặt phẳng $P$ của biến phức. Số 0 rơi ở gốc tọa độ.

Độ dài của vectơ $z$ được gọi là modуlem của số phức $z =$

Hình 1.

5

$$= x + yi \text{ и обозначется } |z|: |z| = \sqrt{x^2 + y^2}.$$

Các số phức $z$ thỏa mãn điều kiện $|z| = 1$ tạo thành một đường tròn bán kính 1 có tâm tại gốc tọa độ. Số 1 nằm trên vòng tròn này. Từ điểm 1, chúng ta vẽ một cung có độ dài cho trước $\varphi$ dọc theo đường tròn theo hướng ngược chiều kim đồng hồ. Chúng tôi biểu thị sự kết thúc của dòng này bằng $(\varphi)$. Nếu $\varphi$ là số âm thì để thu được $(\varphi)$ bạn cần trừ độ dài cung $|\varphi|$ từ điểm 1 theo chiều kim đồng hồ. Như đã biết, trục hoành của điểm $(\varphi)$ được gọi là cos $\varphi$, và tọa độ của nó là sin $\varphi$. Do đó, số phức $(\varphi)$ được cho bởi

$$(\varphi) = \cos \varphi + i \sin \varphi.$$

Vì vậy, mọi số phức $z$, bằng 1 theo mẫu, đều được viết dưới dạng (6). Nếu $z$ là một số phức tùy ý có mô hình $|z| = \varphi$ khác 0, thì số $z/\varphi$ là một số phức, theo mô hình, bằng 1 và do đó được viết dưới dạng (6). Từ sự bình đẳng

$$\frac{z}{\varphi} = \cos \varphi + i \sin \varphi$$

chúng tôi nhận được

$$z = \varphi (\cos \varphi + i \sin \varphi).$$

Ghi (7) được gọi là công thức lượng giác của số phức. Số $\varphi$ được gọi là đối số của số phức. Nếu mô hình $\varphi$ của số phức $z$ được phân biệt với 0 thì đối số $\varphi$ xác định theo thuật ngữ $2\pi k$, trong đó $k$ là số nguyên. Nếu mô hình $\varphi$ của một số phức bằng 0 thì công thức (7) cũng đúng, nhưng trong trường hợp này, đối số của số phức hoàn toàn không được xác định.

Các số $\rho$ và $\varphi$ được gọi là tọa độ cực của điểm $z$.

Bây giờ chúng ta hãy đưa ra một nguồn tác dụng hình học đối với số phức.

Từ công thức (3) và (5) suy ra rằng số phức được cộng và nhân với số thực, giống như vectơ.

Ý nghĩa hình học của việc cộng số phức rất rõ ràng: vectơ $z_1 + z_2$ là đường chéo của hình bình hành dựng trên các vectơ $z_1$ và $z_2$. Điều này dẫn tới sự bất bình đẳng quan trọng

$$|z_1 + z_2| \leq |z_1| + |z_2|.$$

Để đưa ra nguồn hình học của phép nhân số phức, bạn cần sử dụng thao tác quay một vectơ hoặc tương tự như số phức. Xoay vectơ $z$ ngược chiều kim đồng hồ theo góc $\alpha$, chúng ta nhận được một số vectơ mới, được biểu thị bằng $R_\alpha(\alpha)$. Về mặt hình học, rõ ràng phép toán quay $R_\alpha$ có tính chất sau: nếu $a$ là số thực thì

$$R_\alpha(az) = aR_\alpha(z),$$

$$R_\alpha(z_1 + z_2) = R_\alpha(z_1) + R_\alpha(z_2).$$

Từ hai công thức này, suy ra rằng nếu $a_1$ và $a_2$ là hai số thực thì sự tương ứng $R_\alpha(a_1z_1 + a_2z_2) = a_1R_\alpha(z_1) + a_2R_\alpha(z_2)$ đúng.

Cũng rõ ràng ngay rằng

$$R_\alpha(1) = \cos \alpha + i \sin \alpha.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng việc xoay số phức $z = x + yi$ theo góc $\alpha$ tương đương với việc nhân nó với số phức $\cos \alpha + i \sin \alpha$, nghĩa là

$$R_\alpha(z) = (\cos \alpha + i \sin \alpha)z.$$

Để làm điều này, trước tiên chúng ta xem xét riêng phép quay qua góc $d = \frac{\pi}{2}$. Trong trường hợp này, $\cos d + i \sin d = i$ và đẳng thức (11) có dạng $R_dz = iz$. Một mặt, có những ước tính hình học rằng $R_d(1) = i, R_d(i) = -1$. Mặt khác, $i \cdot 1 = i, i \cdot i = -1$. Như vậy,

$$R_d(1) = i \cdot 1, R_d(i) = i \cdot i.$$

Nó suy ra trực tiếp từ công thức (9)

$$iz = i \cdot (x + iy) = x \cdot i + y(-1) = xR_d(1) + yR_d(i) = R_d(x \cdot 1 + y \cdot 1) = R_d(x + iy) = R_d(z).$$

Như vậy, công thức (11) được chứng minh cho $\alpha = \frac{\pi}{2}$.

7

V. Litsevsky

Daniel Bernoulli

…đối với tôi niềm vui thực sự của cả cuộc đời tôi nằm ở việc phục vụ đế quốc Nga…
D. Bernoulli

Người ta nói thiên nhiên đã tạo ra thiên tài rồi nghỉ ngơi, tạo ra con cháu. Và điều này phần lớn là đúng. Nhưng không có quy tắc nào mà không có ngoại lệ, và một trong số đó là gia đình Bernoulli. Trong suốt một trăm năm, gia đình Bernoulli đã ban tặng cho con người một cây gồm mười nhà khoa học xuất sắc - nhà toán học, nhà vật lý, bác sĩ, luật sư, nhà hùng biện… Nhiều người trong số họ là thành viên của nhiều học viện khác nhau, năm người là viện sĩ của Viện Hàn lâm Khoa học St.

Những người anh em nổi tiếng hơn là Jacob (1654-1705) và Johann (1667-1748) Bernoulli và con trai của Johann là Daniel.

Daniel Bernoulli sinh ngày 29 tháng 1 năm 1700 tại Groingen (Hà Lan), nơi cha ông dạy toán tại trường đại học. Năm 1705, gia đình chuyển đến Basel (Thụy Sĩ), nơi Johann Bernoulli “thừa kế” chức vụ giáo sư toán học sau cái chết của anh trai Jacob.

Daniel học tại Nhà thi đấu Basel. Sau khi tốt nghiệp trung học năm 1713, ông được cử sang Pháp để cải thiện ý nghĩa của tiếng Pháp. Sau khi trở về quê hương vào năm 1716, ông nhận được danh hiệu Thạc sĩ Triết học.

Với sự nài nỉ của cha mình, Daniel bắt đầu học ngành y. Ông học ở Heidelberg, Strasbourg, và sau khi bảo vệ luận án “Về hơi thở” vào năm 1720, ông trở thành sinh viên có bằng y khoa. Nhưng trái tim của Daniel không thuộc về ngành y. “…Tấm gương của các thành viên trong gia đình anh, cụ thể là cha anh và anh trai Nikolai, cũng như thiên hướng tâm hồn anh, đã thu hút anh đến với khoa học toán học và nghiên cứu về tự nhiên,” đây là cách Daniel Bernoulli viết về bản thân ở ngôi thứ ba trong “Tự truyện” của mình, được lưu giữ trong kho lưu trữ của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Năm 1724, chuyên luận khoa học đầu tiên của Daniel Bernoulli, “Bài tập toán học” được xuất bản. Cùng năm đó, anh nhận được lời đề nghị đứng đầu học viện ở Genoa. Trong khi Daniil là hợp lý, một lời mời đến từ Nga để đăng ký vào Học viện St. Petersburg, nơi vừa được thành lập bởi Peter I.

Lời đề nghị có thể thay thế được, nhưng Daniel không muốn chia tay anh trai Nikolai, người mà anh đã kết nối với một người bạn cảm động. Khó khăn đã được giải quyết rất đơn giản. Chủ tịch lúc bấy giờ của Học viện St. Petersburg, L. L. Blumentrost, đã mời cả Bernoulli, và vào tháng 10 năm 1725, ông bắt đầu chuyển đến St. Daniil nhận Khoa Sinh lý học, Nikolai - Khoa Toán học.

8

Hai anh em đã tích cực tham gia vào công việc của học viện. Biên bản cuộc họp ngày 14 tháng 1 năm 1726 ghi lại: “Daniel Bernoulli, giáo sư sinh lý học, bắt đầu nghiên cứu toán học về Lý thuyết về nhu cầu y tế, và lịch sự sẽ dạy họ về mặt sinh lý: trước bữa trưa từ 7 đến 8 giờ. Nicholas Bernoulli, giáo sư toán học, sẽ đọc về những phần toán học gắn liền với vật lý, và sẽ đặc biệt đọc về cơ học từ 8 đến 9 giờ.”

Hoạt động của Nikolai Bernoulli tại Học viện Khoa học St. Petersburg không kéo dài lâu. Khí hậu của thủ đô phía bắc hóa ra quá khắc nghiệt đối với anh. Tám tháng sau khi đến St. Petersburg, Nikolai Bernoulli qua đời.

Daniel Bernoulli ở lại St. Petersburg cho đến mùa hè năm 1733, rồi quay trở lại Basel. Tại đây, ông nhận được chức vụ trưởng khoa y tại trường đại học, nhưng chủ yếu nghiên cứu vật lý thực nghiệm. Năm 1750, ông đứng đầu khoa vật lý và giữ chức vụ này cho đến những ngày cuối đời.

Sau khi rời Nga, Daniil Bernoulli duy trì liên lạc kỹ thuật với Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg và gửi các tác phẩm của mình đi xuất bản. Trong số 75 công trình khoa học của Daniil Bernoulli, 47 công trình đã được xuất bản trong kỷ yếu của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg.

Sự đóng góp của Daniel Bernoulli cho khoa học khó có thể được đánh giá quá cao. Ông đã nghiên cứu các phương trình Ricatti $y = ax^n + by^2$, bình cầu và vảy, lý thuyết xác suất, chuỗi, giới hạn của biểu thức $(1 + \frac{1}{n})^n$… Cùng với M.V. Lomonosov, ông đứng về nguồn gốc của lý thuyết động học của chất khí. Trong các tác phẩm của ông, người ta có thể tìm thấy sự dự đoán về các định luật của Gay-Lussac, Clapeyron và Charles…

Daniel Bernoulli là người đầu tiên cho rằng áp suất khí là do chuyển động nhiệt của các phân tử gây ra. Trong tác phẩm “Thủy động lực học” mang lại danh tiếng cho ông trên toàn thế giới, ông viết:

“Hãy tưởng tượng một chiếc bình hình trụ được đặt thẳng đứng

Hình 1.

ADCB (Hình 1) và trong đó có một nắp di động EF, trên đó có một tải P. Giả sử không gian EDCF chứa các hạt cực nhỏ chuyển động cực nhanh theo các hướng khác nhau; Do đó, các hạt, va vào nắp và giữ nó với các tác động lặp đi lặp lại liên tục của chúng, tạo thành một chất lỏng đàn hồi, khi trọng lượng P được loại bỏ hoặc giảm đi, sẽ nở ra và khi tăng lên, co lại…

“Thủy động lực học” được viết ở St. Petersburg và xuất bản ở Strasbourg vào năm 1738. Trong lời tựa của nó, Daniel Bernoulli viết: “…Tôi vui mừng thông báo rằng phần chính của công trình này là nhờ sự lãnh đạo, kế hoạch và sự hỗ trợ của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg… Công việc hiện tại của tôi thể hiện mục tiêu duy nhất: đưa ứng dụng đến mức hỗ trợ sự phát triển và lợi ích xã hội của khoa học."

Daniil Bernoulli nhiều lần nhấn mạnh rằng ông được đào tạo với tư cách là một nhà khoa học tại Học viện Khoa học St. Petersburg, rằng ông đã thực hiện những khám phá của mình về khoa học chỉ nhờ vào những điều kiện được tạo ra ở Nga cho cuộc sống và công việc của các nhà khoa học. Trong thủy động lực học, Daniel Bernoulli đã đưa ra phương trình chuyển động xác lập của một chất lỏng lý tưởng không nén được. Phương trình này bây giờ được gọi là phương trình Bernoulli.

Chúng ta hãy xem xét một chất lỏng lý tưởng chảy qua một đường ống có tốc độ dòng chảy thay đổi (Hình 2). (Khi chúng tôi nói “chất lỏng lý tưởng”, chúng tôi muốn nói rằng không có ma sát trong chất lỏng.) Qua tiết diện $s_2$ chất lỏng chảy với tốc độ cao hơn qua tiết diện $s_1$. Thật vậy, vì chất lỏng không bị hớt bọt nên cùng một khối lượng phải đi qua bất kỳ phần nào trong cùng một thời điểm.

9

Hình 2.

chất lỏng, tức là
$$\varrho v_1 s_1 t = \varrho v_2 s_2 t.$$
Từ điều kiện này—nó được gọi là điều kiện liên tục cho dòng chảy ổn định—theo đó $v_1:v_2=s_2:s_1$ và $v_2>v_1$ (tại $s_1>s_2$).

Chúng ta hãy tưởng tượng rằng một khối chất lỏng nhất định, được bao bọc giữa các phần $s_1$ và $s_2$, đã di chuyển theo thời gian $\Delta t$ để phần $s_1$ đó chuyển thành phần $s'_1$ và phần $s_2$ thành phần $s'_2$. Thế năng hấp dẫn của khối lượng này không đổi nhưng động năng thay đổi một lượng như sau:
$$\Delta T = \frac{\Delta m_2 \cdot v_2^2}{2} - \frac{\Delta m_1 \cdot v_1^2}{2},$$
trong đó $\Delta m_1$ là khối lượng chất lỏng giữa các phần $s_1$ và $s'_1$, và $\Delta m_2$ là khối lượng chất lỏng giữa các phần $s_2$ và $s'_2$. Sự thay đổi động năng này bằng công thực hiện bởi các ngoại lực trong thời gian $\Delta t$.
Các lực áp suất $F_1=p_1 s_1$ và $F_2=p_2 s_2$ nằm ngoài thể tích chất lỏng đã chọn. Kể từ đây,
$$\frac{\Delta m \cdot v_2^2}{2} - \frac{\Delta m \cdot v_1^2}{2} = p_1 s_1 l_1 - p_2 s_2 l_2.$$ (*)
Từ điều kiện liên tục suy ra $s_1 l_1=s_2 l_2$ và $\Delta m_1=\Delta m_2=\varrho s_1 l_1=\varrho s_2 l_2$ (theo tính lưu động và không lưu động, thống nhất thế năng của trọng lực. Nói chung, phương trình Bernoulli được viết như sau:
$$\varrho v_2^2 + p + \varrho gh = \text{const.}$$
Phương trình tương tự cũng đúng đối với các chất khí chảy ở tốc độ tương đối thấp.
Phương trình Bernoulli có tầm quan trọng lớn trong cơ học chất lỏng lý thuyết và thực tiễn. Nó được sử dụng trong thiết kế đường ống, máy bơm và đồng hồ đo lưu lượng, nghiên cứu các quá trình lọc, v.v. Cùng với neoto-
Với các phương trình khác, phương trình Bernoulli, được viết cho môi trường có mật độ thay đổi $\varrho$, tạo thành cơ sở của đường kính khí. Daniel Bernoulli, cùng với Leonhard Euler, có công lớn trong việc phát triển cơ học của các chất lỏng.

Có thể nói không ngoa rằng khoa học là niềm đam mê duy nhất của Daniel Bernoulli. Vì bận rộn với khoa học nên anh có mối quan hệ tự nhiên với cha mình, người mà họ thường xuyên tranh cãi về thiên nhiên. Hai cha con đã độc lập giải quyết những vấn đề giống nhau và đã thành công. Thực tế sau đây chứng minh rõ ràng điều này. Năm 1732, Viện Hàn lâm Khoa học Paris công bố một cuộc thi về chủ đề “Về độ nghiêng tương đối của các hành tinh”. Hai trong số các tác phẩm gửi tham dự cuộc thi đã được công nhận là xuất sắc nhất và người ta quyết định chia giải thưởng cho các tác giả của chúng. Khi những chiếc phong bì có dòng chữ được mở ra, hóa ra những tác giả này chính là cha con của Bernoulli. Leibniz viết cho Johann Bernoulli: “Tôi vui mừng vì con trai của ông cũng mang dấu ấn của Bernoulli và bảo tồn được sự huy hoàng truyền thừa của gia đình”.

Daniel Bernoulli đã nhiều lần nhận được giải thưởng từ Viện Hàn lâm Khoa học Paris. Họ ghi nhận các công trình của ông “Về phương pháp đóng neo tốt nhất” (1738), “Về ứng dụng hàng hải và thủy triều xuống” (1740), “Về phương pháp tốt nhất để chế tạo mũi tên từ tính có độ nghiêng” (1743), “Về phương pháp tốt nhất để xác định thời gian trên biển” (1745-1746), “Lý thuyết về nam châm” (1742, 1744, 1746)…

Thẩm quyền khoa học của Daniel Bernoulli rất cao. Bằng chứng cho điều này là việc ông được bầu làm thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học đa ngành (ngoài St. Petersburg) - Berlin (1747), Paris (1748) và Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn (1750).

Cho đến những ngày cuối đời, ông vẫn tham gia hoạt động khoa học. Vào ngày 17 tháng 3 năm 1782, một người hầu tìm thấy ông đang ngủ trên ghế.

(Cuối cùng xem trang 15)

10

A. Varlamov, A. Shapiro

Trong không gian xanh bao la

Nhìn xung quanh, chúng ta thường chỉ nhìn thấy những gì chúng ta đã quen thuộc, những gì chúng ta đã quen. Trong khi đó, quá trình nhận thức hầu như luôn bắt đầu bằng những quan sát mới.

Các nghệ sĩ có óc quan sát nhạy bén, chuyên nghiệp, đó là lý do tại sao thế giới được phản ánh qua con mắt của các nghệ sĩ theo chủ nghĩa hiện thực trong phong cảnh của họ đặc biệt tươi sáng và nhiều màu sắc, đồng thời xuất hiện các hiện tượng tự nhiên riêng lẻ. Đồng thời, ngay cả một nghệ sĩ giỏi cũng không cần các khái niệm, đôi khi là bản chất phức tạp của các hiện tượng bắt nguồn từ tự nhiên, mà anh ta thể hiện một cách chân thực trên các bức vẽ của mình. Nhưng bạn có thể khám phá thế giới xung quanh mình từ những bức tranh của một họa sĩ phong cảnh giỏi, thậm chí còn tốt hơn cả trong đời thực, hoặc trong một bức tranh phong cảnh, tác giả dường như dừng lại trong giây lát, nâng cao một cách trực quan những điều thiết yếu và bỏ qua những điều không cần thiết, những điều ngẫu nhiên.

Hãy xem kỹ bức tranh “In the Blue Expanse” của Arkady Aleksandrovich Rylov. “Những chú chim trắng như những đám mây, dễ dàng bay lên, tắm mình trong bầu trời xanh. Và êm ái như một chú chim trắng, một con tàu căng buồm lướt đi trên những làn sóng xanh gợn sóng của đại dương,” đây là cách nhà phê bình nghệ thuật nổi tiếng A. Fedorov-Davydov mô tả bức tranh này. Chiêm ngưỡng bức tranh tuyệt vời này trong Phòng trưng bày Tretykov, bạn quên mất rằng mình đang rên rỉ trong sảnh của một bảo tàng và có cảm giác như mình là người tham gia lễ hội thiên nhiên này.

Và bây giờ hãy trả lời từ việc vẽ tranh và nhìn xung quanh qua con mắt của một nhà phê bình nghệ thuật. Chúng ta đã kết thúc ở đâu?

Câu hỏi này không khó trả lời - hòn đảo đá có thể nhìn thấy từ xa được bao phủ bởi tuyết và biển không hề có mùa đông, vì vậy có lẽ chúng ta đang ở các vĩ độ cực.

Người nghệ sĩ đã vẽ phong cảnh từ đâu - từ một mỏm đá bên bờ biển? hay từ con tàu?

Rất có thể, anh ta đang ở trên tàu, vì ở phía trước của bức tranh

11

không thể nhìn thấy sóng lướt, sự phân bố sóng đối xứng và không bị biến dạng do sự hiện diện gần gũi của bờ biển.

Bây giờ chúng ta hãy thử ước tính tốc độ của gió làm phồng cánh buồm của một con tàu đang lướt đi ở phía xa. Chúng tôi không phải là người đầu tiên đặt câu hỏi về việc ước tính tốc độ gió dựa trên kích thước của sóng hoặc các biểu hiện khác trong tự nhiên xung quanh chúng ta. Trở lại năm 1806, đô đốc người Anh F. Beaufort đã phát triển thang đo mười hai để đánh giá gần đúng tốc độ gió dựa trên tác động của nó lên các vật thể trên mặt đất và bởi sóng trên biển khơi. Thang đo này đã được Tổ chức Khí tượng Thế giới thông qua và cũng được sử dụng trong khái niệm này.

Nhìn vào hình, chúng ta thấy, theo bảng Beaufort, gió “yếu” với tốc độ 5 m/s, sóng trên mặt nước nhẹ, thỉnh thoảng hình thành những đám mây trắng nhỏ. Nhân tiện, tại sao chúng có màu trắng và có màu khác biệt với nước biển xanh lam?

Màu sắc của biển được quyết định bởi nhiều yếu tố, trong đó quan trọng nhất là vị trí của Mặt trời, màu sắc của bầu trời, lời giải bề mặt biển, độ sâu của biển; nếu độ sâu nông thì một yếu tố quan trọng là sự hiện diện hay vắng mặt của tảo trong nước và hàm lượng chất rắn lơ lửng trong đó. Tất cả những yếu tố này ảnh hưởng đến sự phản xạ ánh sáng từ bề mặt biển, sự hấp thụ và tán xạ ánh sáng ở độ sâu. Vì vậy, đơn giản là không thể quy định rõ ràng màu sắc nhìn thấy được của biển. Nhưng có một số điều bạn có thể tìm ra. Vì thế,

Điểm Beaufort	Định nghĩa bằng lời về lực gió	Tốc độ gió trung bình (m/s) ở độ cao 10 m	Hành động gió
0	Bình tĩnh	0 0,2	Gương mịn sea
1	Quiet	0.3 1.5</td><td>Mặt biển gợn sóng nhẹ; không có bọt trên các đường vân. Độ cao sóng lên tới 0,1 m</td></tr><tr><td>2</td><td>Light</td><td>1.6 ÷ 3,3</td><td>Sóng ngắn trên biển với độ cao tối đa lên tới 0,3 m</td></tr><tr><td>3</td><td>Yếu</td><td>3,4 5,4	Xung động nhẹ trên mặt nước; Thỉnh thoảng những con cừu nhỏ được hình thành. Độ cao sóng lên tới 0,6 m
4	Trung bình	5,5 ữ 7,9	Xám trắng trên biển hiện rõ ở nhiều nơi. Chiều cao sóng tối đa lên tới 1,5 m
5	Fresh	8.0 ÷ 10.7	Cừu trắng có thể nhìn thấy ở khắp mọi nơi Chiều cao sóng trung bình 2 m
6	Strong	10.8 13.8</td><td>Mào bọt trắng chiếm diện tích đáng kể, hình thành bụi nước. Chiều cao sóng tối đa lên tới 4 m</td></tr><tr><td>7</td><td>Strong</td><td>13.9 17.1	Các đỉnh sóng bị xé toạc bởi sóng gió. Độ cao sóng tối đa lên tới 5,5 m
8	Rất mạnh	17.2 20,7	Biển mạnh. Chiều cao sóng tối đa lên tới 7,5 m
9	Storm	20.8 24,4</td><td>Rất thô biển. Chiều cao sóng tối đa lên tới 10 m</td></tr><tr><td>10</td><td>Bão dữ dội</td><td>24,5 28,4	The mặt biển nổi bọt trắng xóa. Tiếng sóng mạnh mẽ như những cú đánh. Sóng rất cao - lên tới 12,5 m
11	Bão dữ dội	28.5 ` 32.6	Biển có sóng cực cao - lên tới 16 m. Những mạch máu nhỏ tạm thời bị xé ra khỏi tâm trí.
12	Uragaan	≥ 32,7	—

13

được miễn phí. Rayleigh áp dụng định luật này cho sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển, tin rằng sự tán xạ của tia mặt trời xảy ra trên các phân tử khí tạo nên không khí (đây là lý do tại sao định luật hình thành ở trên đôi khi được gọi là “Định luật Shingo bầu trời”).

Tỷ lệ bước sóng của ánh sáng đỏ với bước sóng của ánh sáng tổng hợp là 6500Å/4500Å≈1,44. Nâng con số này lên lũy thừa bốn, chúng ta nhận được 4,3. Do đó, theo định luật Rayleigh, cường độ của ánh sáng xanh tán xạ cao gấp bốn lần cường độ của ánh sáng đỏ tán xạ và một lớp không khí dày hàng chục km thu được màu với ưu thế rõ rệt là màu xanh lam và lục lam. Và ánh sáng mặt trời nhìn thấy được, chiếu tới chúng ta qua “rào cản” của khí quyển, phần lớn không có phần sóng ngắn trong quang phổ của nó. Do đó, Mặt trời mà chúng ta nhìn thấy trong các tia xuyên qua bầu khí quyển sẽ có màu vàng nhạt. Nó có thể trở nên mạnh hơn, cam hơn và đỏ hơn khi Mặt trời lặn, khi các tia mặt trời phải di chuyển một khoảng cách lớn hơn trong khí quyển (khi Mặt trời mọc tất nhiên sự thay đổi màu sắc xảy ra theo thứ tự ngược lại).

Lưu ý rằng trong định luật Rayleigh người ta giả định rằng λ ≥d, nhưng bản thân giá trị của d không được đưa vào biểu thức cường độ. Thực tế này dẫn đến sự nhầm lẫn về bản chất của các chất tán xạ ánh sáng xanh trong khí quyển, nhờ có Rayleigh, tồn tại cho đến giữa thế kỷ 20. Và chỉ đến năm 1940, nhà vật lý học Liên Xô L.I. Mandelstam đã chỉ ra rằng trên thực tế, sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển không xảy ra trên các phân tử khí tạo nên không khí, mà trên quy mô của các vật thể không mong muốn - sự không đồng nhất của mật độ không khí. Nhưng những sự không đồng nhất này đến từ đâu? Xét cho cùng, không khí ở trạng thái cân bằng nhiệt động, và ngay cả khi gió thổi, sự không đồng nhất liên quan đến nó có kích thước vượt quá bước sóng ánh sáng rất nhiều lần và không thể ảnh hưởng đến sự tán xạ ánh sáng.

Để hiểu bản chất của sự không đồng nhất trong chiết suất của ánh sáng, chúng ta hãy xem xét chi tiết hơn sự hiểu biết về trạng thái cân bằng nhiệt động. Để đơn giản, khoảng cách là thể tích khí macrosoppersia không đồng nhất ở trạng thái đóng.

Vật lý là một hệ thống khoảng cách bao gồm một số lượng lớn các hạt, do đó cách duy nhất có thể mô tả các tính chất của các hệ thống đó là thống kê. Cách tiếp cận tĩnh có nghĩa là chúng tôi không theo dõi trạng thái của từng phân tử riêng lẻ mà tính toán giá trị trung bình của các đại lượng vật lý tương ứng cho toàn bộ hệ thống. Trong trường hợp này, không nhất thiết là đối với tất cả các phân tử, giá trị của đại lượng vật lý đang được xem xét phải bằng giá trị trung bình tương ứng. Khi xem xét thể tích vĩ mô của một chất khí, trạng thái quan trọng nhất là trong đó các phân tử khí được phân bổ đều trong toàn bộ thể tích của bình. Tuy nhiên, do chuyển động nhiệt của các phân tử, luôn có xác suất khác 0 rằng nồng độ của các phân tử ở một số khu vực của bình trong một thời gian sẽ vượt quá nồng độ trung bình của các phân tử trong thể tích đang được xem xét (trong trường hợp này, một cách tự nhiên, ở một khu vực khác của thể tích đang được xem xét, nồng độ của các phân tử sẽ giảm trong thời gian này). Về mặt lý thuyết, thậm chí có thể có trạng thái trong đó tất cả các phân tử khí có mặt trong một nửa thể tích của bình đang được xem xét, và thể tích thứ hai hoàn toàn trống rỗng. Nhưng xác suất xảy ra một sự kiện như vậy chỉ được thể hiện bằng những gì chúng ta thấy khi thực hiện nó, ngay cả trong vòng đời của Vũ trụ, mà theo các khái niệm hiện đại là 10¹³ năm.

Tuy nhiên, có thể xảy ra những sai lệch nhỏ của các đại lượng vật lý so với giá trị trung bình của chúng nhưng cũng liên tục xảy ra do chuyển động nhiệt của các phân tử. Những sai lệch này được gọi là biến động (từ tiếng Latin fluctuari - dao động). Chính chúng đã dẫn đến thực tế là ở một số khu vực, mật độ khí tăng lên, còn ở những khu vực khác thì nó giết chết, điều này ảnh hưởng đến giá trị chiết suất của ánh sáng ở những khu vực này.

Nếu bây giờ chúng ta quay lại xem xét sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển, thì tất cả những khác biệt được đưa ra đối với một thể tích khí hạn chế vẫn có giá trị. Ngoài ra, giống như không khí là hỗn hợp của nhiều loại khí khác nhau, sự khác biệt trong chuyển động nhiệt của các phân tử của các loại khí khác nhau dẫn đến khả năng xuất hiện thêm tính không đồng nhất cục bộ trong chiết suất của ánh sáng liên quan đến sự thăng giáng.

Kích thước đặc trưng của vùng không đồng nhất của chiết suất ánh sáng (tính không đồng nhất về mật độ) nảy sinh từ nhu cầu về tính không đồng nhất của trạng thái cân bằng, và ngay cả khi gió thổi, các tính không đồng nhất liên quan có kích thước vượt quá bước sóng ánh sáng rất nhiều lần, và không thể ảnh hưởng đến sự tán xạ ánh sáng theo bất kỳ cách nào.

Để hiểu bản chất của sự không đồng nhất trong chiết suất của ánh sáng, chúng ta hãy xem xét chi tiết hơn sự hiểu biết về trạng thái cân bằng nhiệt động. Để đơn giản hóa khoảng cách, thể tích khí macrosoppersia không đồng nhất ở trạng thái đóng,

Do đó, các hệ thống khoảng cách vật lý, bao gồm một số lượng hạt khổng lồ, là khả thi duy nhất, do đó việc xem xét sự tán xạ ánh sáng xảy ra ở trạng thái đóng.

Tuy nhiên, chúng ta nhìn thấy bầu trời xuyên qua bầu trời chứ không phải qua bầu trời Philotian, mặc dù định luật Rayleigh dự đoán ưu thế của ánh sáng vật lý. Hóa ra sự khác biệt này là do hai lý do. Thứ nhất, trong quang phổ mặt trời

14

Trong ánh sáng ban ngày có ít tia tím hơn tia xanh lam. Thủ phạm thứ hai dẫn đến sự khác biệt rõ ràng giữa lý thuyết và thực hành là “thiết bị ghi âm” của chúng ta - mắt của một người có thị lực bình thường. Thực tế là khả năng nhận thức thị giác của mắt người phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng. Hình 2 cho thấy việc xây dựng thử nghiệm một đường cong mô tả sự phụ thuộc này. Từ hình vẽ có thể thấy rằng mắt phản ứng với tia tím yếu hơn nhiều so với tia xanh lam. Đó là lý do tại sao các tia mặt trời phân tán mà mắt người cảm nhận được thực tế không có thành phần pholet.

Tại sao chúng ta nhìn thấy rõ mây trắng trên bầu trời xanh? Khi ánh sáng bị tán xạ bởi các hạt cấu thành của nó, chẳng phải kết luận của định luật Rayleigh là hợp lệ sao?

Thực tế là các đám mây bao gồm những giọt nước hoặc tinh thể băng nhỏ, tuy nhiên, kích thước của chúng vượt quá đáng kể bước sóng của ánh sáng khả kiến. Do đó, khi ánh sáng mặt trời bị tán xạ trên các hạt tạo nên mây, định luật Rayleigh không được áp dụng - ánh sáng thuộc mọi bước sóng bị tán xạ với cường độ xấp xỉ như nhau và các đám mây được coi là màu trắng. Đây là những gì chúng ta thấy trong hình.

Bây giờ hãy cùng nhau hòa vào hình dạng của những đám mây. Đỉnh mây trong ảnh -

Hình 2.

Hình 3.

17

Và nó tỏa sáng và ấm áp

Trong cuộc thi thư từ của Chuyến tham quan các nhà vật lý trẻ lần thứ ba ở Moscow đã có bài toán:

Khi đốt, ngọn nến tỏa sáng và sưởi ấm. Xác định nhiệt trị của nến parafin.

Nhiều lời giải khác nhau đã được những người tham gia cuộc thi trình bày trước ban giám khảo. Chúng lời giải dựa trên sự đốt nóng vô thời hạn của một vật thể có nhiệt dung đã biết bằng một ngọn nến. Nhược điểm chính của phương pháp này là ngọn nến không chỉ làm nóng vật thể được chọn mà còn cả môi trường và việc tính toán điều này thực tế là không thể. Những lời giải khác dựa trên hiện tượng đối lưu, nhưng chưa được hoàn thiện do sự phức tạp của các phép tính toán học. Cũng có những đề xuất như vậy: bao quanh ngọn nến bằng một lớp vỏ kim loại có hình dạng đơn giản và tính toán dòng nhiệt truyền qua nó ở nhiệt độ ổn định bên trong và bên ngoài. Nhược điểm của phương pháp này là cần cung cấp oxy cho nến cháy, điều này có liên quan đến việc mất thêm nhiệt.

Hình 1.

Bồi thẩm đoàn đã công nhận cái gọi là phương pháp bồi thường hoặc so sánh là phương pháp có tính chất phóng xạ nhất đối với lời giải cho bài toán. Nói chung, đây là một trong những phương pháp vật lý thực nghiệm quan trọng nhất. Nó cho phép bạn tìm các giá trị của đại lượng vật lý không phải một cách trực tiếp (điều này thường không thể thực hiện đủ chính xác) mà bằng cách so sánh chúng với các giá trị tham chiếu. Một ví dụ kinh điển về ứng dụng của phương pháp này là thay đổi các điện trở chưa biết bằng cách sử dụng cầu Wheatstone (Hình 1). Nếu dòng điện qua điện kế G là lẻ thì kết quả trùng khớp (bạn tự kiểm tra)

$$\frac{R_{3\tau}}{R_x} = \frac{R_1}{R_2},$$

Ở đây, điện trở chưa xác định $R_x$ được so sánh với điện trở tham chiếu $R_{3\tau}$ (tỷ lệ $R_2/R_1$ rất dễ thay đổi, chẳng hạn như sử dụng thanh trượt). Chúng tôi đã sử dụng phương pháp này để xác định nhiệt năng của một ngọn nến.

Hãy tưởng tượng một cây nến được đặt trong một cái ống mà không khí được đẩy qua đó. Nhiệt lượng tỏa ra từ ngọn nến một phần thoát ra ngoài không khí và một phần xuyên qua thành ống. Bây giờ, hãy thay thế cây nến bằng một số bộ phát khác, có hình dạng và kích thước tương tự như cây nến, nhưng công suất của nó đã được biết và hơn nữa, có thể khác nhau. Ví dụ, chúng ta làm nóng nó bằng nhiệt điện. Công suất của lò sưởi được tăng thêm nhờ dòng nhiệt được không khí mang đi trong cả hai trường hợp. Vì điều kiện thí nghiệm không thay đổi nên dòng nhiệt thoát qua thành ống cũng như nhau. Tuy nhiên, do đó, tổng công suất của nến và nhiệt lượng cũng như nhau. Sau khi xác định công suất của lò sưởi điện là tích của dòng điện và điện áp, chúng ta sẽ tìm được nhiệt năng của ngọn nến.

Lưu ý rằng ưu điểm quan trọng của phương pháp này là nghiên cứu một quá trình đứng yên, khi toàn bộ năng lượng đốt cháy của nến được giải phóng dưới dạng nhiệt.

18

Hình 2.

Hình 2 hiển thị ảnh chụp quá trình cài đặt mà chúng tôi đã tiến hành thử nghiệm và Hình 3 hiển thị sơ đồ của quá trình cài đặt này. Không khí được cung cấp cho đường ống 1 bằng quạt 2, cho phép bạn điều chỉnh tốc độ của luồng không khí để đạt được sự đốt cháy nhiên liệu hoàn toàn hơn và dòng chảy ổn định. Ở đầu ra của đường ống lắp đặt có cảm biến nhiệt độ 3; nó cho phép kiểm soát với độ chính xác cao sự cân bằng nhiệt độ của khí thải trong các thí nghiệm khác nhau. Đĩa 5 được đặt trên lưới 4 để thu thập parafin chảy thủy tinh. Ngọn lửa nến 6, gắn trên một chiếc đĩa, được bao quanh bởi một ống trụ dài bằng kim loại hun khói 7. Rất ít ánh sáng thoát ra qua lỗ trên của nó (đủ xa ngọn lửa nến). (Trong các thí nghiệm của chúng tôi, quang thông đi qua lỗ chiếm khoảng 4% tổng công suất phát sáng do ngọn nến phát ra). Hầu như toàn bộ ánh sáng được xi lanh hấp thụ và chuyển thành nhiệt, tỏa ra không khí.

Để sưởi ấm bằng điện, chúng tôi đã sử dụng một biến trở dây (chứa đầy gốm sứ) có điện trở 550 Ohms và công suất danh định là 20 W (trong các thí nghiệm, công suất vượt quá đáng kể so với danh nghĩa và đạt ~ 50-120 W).

Để xác định nhiệt lượng đốt cháy của một ngọn nến, ngoài nhiệt năng của nó, bạn còn cần biết mức tiêu thụ parafin trên một đơn vị thời gian. Điều này có thể được thực hiện bằng cách cân lượng parafin thu được trên đĩa và đo thời gian cháy của nến (~3-4 phút). Cần phải nhớ rằng lúc đầu quá trình đốt cháy sẽ không đứng yên. Tuy nhiên, thời điểm cài đặt chế độ Đứng yên rất dễ xác định bằng cảm biến nhiệt độ -

Hình 3.

20

câu lạc bộ toán học

M. Evgrafov

Cơ chế của khối ma thuật

Vào năm đáp số, để đáp ứng nhiều yêu cầu của độc giả, chúng tôi xuất bản một bài báo về cấu trúc của “khối lập phương có bản lề Hungary” («Kvant», 1980, số 12). Bài báo mô tả chi tiết cách tạo ra “Khối Hungary” trong xưởng của trường. Chúng ta sẽ quay trở lại khía cạnh toán học của vấn đề ở một trong những vấn đề sau, khi khối lập phương dành cho bạn nằm trong tay bạn.

Nhìn bề ngoài, “khối ma thuật” của kiến ​​trúc sư người Hungary E. Rubik trông giống như một khối lập phương, như thể được cắt thành 27 chiếc cốc nhỏ bằng nhau (tất nhiên, chỉ có 26 chiếc trong số đó được nhìn thấy). Các khối nhỏ được sắp xếp sao cho bất kỳ lớp 9 cốc nào liền kề với một mặt của khối lớn đều có thể được xoay tự do quanh trục của nó (xem hình trên). Điều đáng kinh ngạc là toàn bộ hệ thống không tan rã; không một chiếc cốc nhỏ nào được lấy ra riêng. Các mép ngoài của cốc nhỏ có nhãn dán sáu màu khác nhau (chín nhãn dán mỗi màu); Bạn cần sắp xếp lại các hình khối nhỏ bằng cách xoay các lớp sao cho mỗi mặt của khối lớn được sơn cùng một màu.

Nhiều bài báo đã được xuất bản về cách thực hiện điều này (ví dụ: «Kvant», 1980, số 12 và “Hayka and Life,” 1981, số 3). Cấu trúc của “Khối Hungary” không được thảo luận chi tiết trong các bài viết này, điều này khá tự nhiên. Có một khối lập phương, không khó để tháo nó ra và xem nó hoạt động như thế nào. Bài viết của tôi viết dành cho những ai không có cơ hội giải quyết bài toán một cách bướng bỉnh. Bản thân tôi cũng ở vào hoàn cảnh này, nhưng tôi thật may mắn: tôi đã nhờ một người quen của mình cho dòng chữ “Khối Hungary”, sửa chữa và trả lại cho chủ nhân. Với những kiến ​​thức có được, việc tự làm một khối lập phương cho riêng mình không còn khó khăn nữa.

Anh ấy phê bình thế nào?

“Khối Hungary” được tạo thành từ 27 phần chính (không tính các nhãn dán màu, lò xo và những thứ nhỏ nhặt khác). Những bộ phận này là một hình chữ thập ba chiều ẩn bên trong và 26 “khối” kéo dài ra ngoài.

“Hình khối” hoàn toàn không phải là hình khối. Chúng có ba loại khác nhau tùy thuộc vào vị trí của chúng trên các mặt của khối lập phương lớn: khối trung tâm (có 6 khối, chúng nằm ở trung tâm của mỗi cạnh), khối ở giữa (có 12 khối, chúng nằm ở giữa mỗi cạnh) và khối góc (có 8 khối, chúng nằm ở các đỉnh của khối lập phương lớn).

Hình 1. Vượt qua.
Hình 2. Khối lập phương.
Hình 3. Khối lập phương góc.

21

Hình 4. Khối trung tâm trên chữ thập (1 - nắp; 2 - khối trung tâm; 3 - đai ốc; 4 - lò xo; 5 - vòng đệm; 6 - trục mỏng của chữ thập; 7 - cánh tay dày của chữ thập).

Hình 5. Mặt trong của mặt khối lập phương, tính từ đường chéo (cũng loại bỏ một góc khối lập phương).

Hình 6. Hình vẽ của một khối lập phương đã bị loại bỏ một cạnh và một khối ở giữa.

Hình 1, 2 và 3 thể hiện sự tương ứng giữa hình chữ thập bên trong, khối giữa và khối góc. Hình 4 cho thấy việc gắn khối trung tâm vào hình chữ thập bên trong.

Hình 5 cho thấy mặt trong của khuôn mặt từ cây thánh giá.

Hình 6 mô tả một “khối ma thuật” có một mặt và một trong các khối ở giữa.

Để rõ ràng hơn, trong Hình 5 và 6, các khối trung tâm, khối giữa, khối góc và hình chữ thập bên trong được hiển thị bằng các màu khác nhau. Màu này không liên quan đến các nhãn dán màu ở cạnh ngoài của hình khối.

Hình 5 và 6 cho thấy các phần nhô ra ở các khối ở giữa và góc gấp lại thành một phần nhô ra gần như hình trụ ở mặt trong của mặt của khối lập phương lớn, và một chỗ lõm hình vòng tròn được hình thành ở lớp giữa. Chuyển động quay của lớp (mặt) tương ứng với chuyển động quay của phần nhô ra hình trụ trong hốc hình trụ.

Đây là toàn bộ bí mật của câu đố của E. Rubik!

Vai trò của lò xo 4 (xem Hình 4) là có thể kéo nhẹ lớp bị xoay khi xoay về phía sau.

Từ Hình 4, bạn có thể thấy một phần cách tháo rời “khối ma thuật”. Để làm điều này, bạn cần tháo nhãn dán màu khỏi bất kỳ khối trung tâm nào, kéo nắp 1 ra, móc nó vào cạnh bằng kim hoặc dao và thả lò xo 4. Sau đó, khối trung tâm được lấy ra khỏi trục của chữ thập và câu đố có thể được giải dễ dàng.

---

Chúng ta hãy chuyển sang chủ đề thứ hai của bài viết - cách làm một “khối ma thuật” tự chế. Đây không phải là sự bắt chước kém chất lượng của một nguyên mẫu công nghiệp. Một câu đố tự chế phải đẹp hơn và đáng tin cậy hơn câu đố công nghiệp. Như một câu tục ngữ khôn ngoan đã nói, nếu điều gì đó đáng làm ít nhất bằng cách nào đó thì nó đáng được làm đúng cách.

23

“Khối Hungary”) từ một mảnh nylon. Có thể thu được một miếng nylon có kích thước yêu cầu bằng cách nung chảy những chiếc tất cũ, những mảnh dây câu, v.v. ở nhiệt độ 120° trong lọ nhôm hoặc thiếc. Nylon có thể dễ dàng cắt bằng dao, và dễ dàng tạo ra một cây thánh giá thô. Để tạo cho mỗi cánh tay của thánh giá một hình trụ chính xác, thiết bị sau đây rất tiện lợi: khoan 4-5 lỗ trên tấm kim loại; cái hẹp nhất có đường kính mong muốn, cái tiếp theo rộng hơn 0,2-0,3 mm. Khi chúng ta đẩy cánh tay nylon của cây thánh giá qua lỗ, cạnh sắc của lỗ sẽ loại bỏ các mảnh vụn khỏi sợi nylon. Sau khi ấn qua từng lỗ một, chúng ta sẽ có được một chiếc vai có hình trụ gần như hoàn hảo. Khi xử lý từng vai tiếp theo, bạn cần đảm bảo rằng nó vuông góc hoàn toàn với các vai đã được xử lý, mà nó phải vuông góc và với các thân của vai đối diện. Độ vuông góc được kiểm tra bằng hình vuông để xác định độ hở. Vi phạm được sửa chữa bằng dao. Các lõi được kiểm tra bằng mắt và cắt tỉa bằng dao.

Trục chéo mỏng tốt nhất được làm từ kim đan thép có đường kính 2,5 mm, cắt thành từng đoạn có chiều dài cần thiết. Các cánh tay dày của chữ thập được cắt theo kích thước (Hình 11), sau đó khoan các lỗ dọc trục có đường kính 2 mm vào chúng (Hình 12). Các đầu của trục mỏng (~7 mm) được khía thô bằng cưa. Các đầu này được nung nóng và ép thành các lỗ khoan cao. Để không làm hỏng cây thánh giá, thao tác này được thực hiện tốt nhất bằng cách đưa vai đã vận hành vào lỗ đã được sử dụng để cắt theo kích thước. Đầu còn lại của trục mỏng được ren. Vì điểm bắt đầu của ren luôn không chính xác lắm nên tốt hơn là làm cho trục mỏng dài hơn một chút. Khi đai ốc được vặn vào ren, phần thừa sẽ được cưa ra bằng cưa.

Để siết chặt đai ốc, bạn cần tạo một khe (Hình 13: hình tương tự cho thấy phần cuối của lỗ để siết chặt đai ốc như vậy).

Sự phù hợp cuối cùng của cây thánh giá sẽ được kiểm tra khi câu đố được lắp ráp, vì vậy cây thánh giá không nên được hoàn thiện ngay lập tức.

Trên máy tiện, bạn có thể tạo ra một cây thánh giá rất tốt từ kim loại (vật liệu - duralumin cứng hoặc đồng thau). Tuy nhiên, công việc này đòi hỏi kỹ năng xoay người tương đối cao. Xử lý khử

hình 13. a, b - đai ốc; θ - tuốc nơ vít.

26

Người chiến thắng trong cuộc thi Kvaenta

Hàng năm tạp chí của chúng tôi tổ chức một cuộc thi dành cho học sinh về lời giải bài toán từ Sách Vấn đề “Quenta”. Theo quyết định của ban tổ chức Olympic toàn Liên đoàn, học sinh giành chiến thắng trong cuộc thi này được quyền tham gia ngay vòng 4 (cộng hòa) của Olympic toàn Liên đoàn.

Dưới đây là danh sách những người chiến thắng trong cuộc thi Quaenta năm 1981 đã nhận được quyền tham gia Thế vận hội của Đảng Cộng hòa năm 1982.

Toán học

M. ALEXEEV - Mátxcơva, tr. w. Số 2, 8 ô.
A. ASLANYAN - Trường Vật lý số 1 tại YSU, lớp 9.
Y. BESPALOV - Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 19.
I. BINUS - Penza, tr. w. Số 20, 10 ô.
A. GOKHBERG - Donetsk, tr. w. Số 17, 10 ô.
O. GRINIV - Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
O. DRANKO - Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
A. DUBICKAS - Taurage, tr. w. Số 1, 11 ô
M. ELISEEV - Trường Vật lý số 18, lớp 10, Đại học Tổng hợp Matxcova.
O. EROSHKIN - Dnepropetrovsk, tr. w. Số 15, 9 ô.
I. ZHUKOV - Leningrad, tr. w. Số 239, 9 ô.
P. ZUSMANOVICH - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
I. ITENBERG - Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad, lớp 9.
Y. KAKULOV - Tsalka, làng. w. Số 3, 9 ô.
D. KAMUNTAVICHOS - Vilnius, tr. w. họ. A. Venuolisa, lớp 11.
A. KISELEV - Tashkent, tr. w. Số 103, 10 ô.
V. KISIL - Odessa, tr. w. Số 33, 10 ô.
D. KOROTKIN - Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
A. KORSUKOV - Trường Vật lý và Toán học tại NSU, lớp 10.
L. LEITZIN - Chernigov, tr. w. Số 10, 9 ô.
S. MAMEDOV - Baku, tr. w. Số 70, 10 ô.
Y. NIKOLAEVSKY - Kharkov, tr. w. Số 131, 10 ô.
A. NIKONOV - Kirovgrad, tr. w. Số 2, 10 ô.
M. OVETSKY - Donetsk, tr. w. Số 17, 10 ô.
G. PERELMAN - Leningrad, tr. w. Số 239, 10 ô.
A. SAVKIN - Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
V. TITENKO - làng Bluzha, vùng Minsk, lớp 10.
G. TRUNOV - Mátxcơva, tr. w. Số 2, 10 ô.
E. TYURIN - Vilnius, tr. w. Số 4, 9 ô.
R. UGRINOVSKY - Khmilnik, tr. w. Số 3, 10 ô.

A. KHOKHLOV - Mátxcơva, tr. w. Số 36, 10 ô.
P. TSVETKOV - Trường Vật lý số 18, Đại học Tổng hợp Matxcova, lớp 10.
O. CHALYKH - Trường Vật lý số 18, Đại học Tổng hợp Matxcova, lớp 10.
L. EPREMIDZE - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. Komarova, 10 kl.
F. EFENDIEV - Baku, tr. w. Số 134, 10 ô.
V. YAROSH - Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.

Vật lý

M. ARAMYAN - Trường Vật lý số 1 YSU, lớp 9.
A. ASTAKHOV - Trường Vật lý số 18, lớp 10, Đại học Tổng hợp Matxcơva.
A. BABAEV - Baku, tr. w. Số 145, 10 ô.
E. BAGHDASARYAN - Baku, tr. w. Số 46, 8 ô.
Y. BAZALIY - Donetsk, s. w. Số 17, 10 ô.
Y. BESPALOV - Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
B. WEITZMANN - Odessa, tr. w. Số 53, 10 ô.
M. ZHAKONYS - Kaunas, tr. w. Số 2, 11 ô.
G. KOSTYSHIN - Minsk, tr. w. Số 16, 10 ô.
A. KUBYSHKIN - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
B. MURZAKHMETOV - Dzhezkagan, tr. w. Số 22, 10 ô.
V. PENTEGOV - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
A. PIROZHENKO - Trường Vật lý số 18, lớp 10, Đại học Tổng hợp Matxcơva.
A. RADIONOV - làng. Nikolskoye, vùng Leningrad, lớp 10.
M. RAKHMANOV - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
Y. SINYUKOV - Nghệ thuật. Drakes vùng Tambov, lớp 10.
M. STezhko - Brest, tr. w. Số 1, lớp 10.
S. STRELETSKY - Lvov, tr. w. Số 50, 10 ô.
Y. TALDENKO - Sumy, làng. w. Số 10, 10 ô.
A. TERESHENKO - Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
A. TISHCHENKO - Dnepropetrovsk, tr. w. Số 23, 10 ô.
A. KHODARIN - làng Novovoronezhsky, làng. w. Số 1, lớp 10.

27

Bài toán

M731—M735; F743—F747

M731. Hai người chơi trò chơi này: người thứ nhất gọi tên số tự nhiên từ 2 đến 9; số thứ hai nhân số này với một số tự nhiên tùy ý từ 2 đến 9; sau đó số đầu tiên nhân kết quả với bất kỳ số tự nhiên nào từ 2 đến 9, v.v.; Người chiến thắng là người đầu tiên sản xuất ra sản phẩm lớn hơn a) nghìn, 6) triệu. Ai thắng khi chơi đúng - người mới bắt đầu hay đồng đội của anh ta?

V. Boltyansky

M732. a) Tam giác ABC mô tả hai hình chữ nhật khác nhau sao cho đáy AC chứa hai đỉnh của mỗi hình chữ nhật (và mỗi đỉnh nằm trên các cạnh AB và BC). Chu vi của mỗi hình chữ nhật bằng 10. Tìm diện tích của tam giác ABC và chứng minh rằng chu vi của hình chữ nhật bất kỳ nội tiếp tam giác ABC có hai đỉnh nằm trên [AC] cũng bằng 10.

6. • Tứ giác ABCD là hai hình chữ nhật có các cạnh song song (sao cho mỗi cạnh AB, BC, CD, DA có một đỉnh của mỗi hình chữ nhật). Chu vi của mỗi hình chữ nhật bằng 10. Tìm diện tích của tứ giác ABCD và chứng minh rằng với bất kỳ điểm nào trên bất kỳ cạnh nào của tứ giác ABCD đều có thể dựng được một hình chữ nhật nội tiếp có đỉnh tại điểm này, các cạnh của nó song song với các cạnh của hình chữ nhật này và chu vi của nó cũng bằng 10

Malkhazi Bergashvili
(Học ​​sinh lớp 10 tại Trường Vật lý Komarov ở Tbilisi)

M733. a) Với m tự nhiên nào thì số 31^m - 1 chia hết cho 2^m? 6) * Chứng minh rằng với mọi a lẻ và m tự nhiên đều có vô số k tự nhiên sao cho a^k - 1 chia hết cho 2^m. b) * Chứng minh rằng với mọi số lẻ a chỉ có hữu hạn số nguyên dương m sao cho a^m - 1 chia hết cho 2^m.

V. Prasolov

28

M734. Đường phân giác của góc $A$ của tam giác $ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tại điểm $K$. Chứng minh rằng độ dài hình chiếu của đoạn $AK$ lên đường thẳng $AB$ (hoặc $AC$) bằng một nửa độ dài các cạnh $AB$ và $AC$.

R. Mazov

M735. a) Chứng minh rằng một hình tròn có đường kính 1 không thể được che phủ bằng nhiều dải giấy có tổng chiều rộng nhỏ hơn 1 (Hình 1).
b) Trên mặt đất, lớp dày $h$ là phần không gian được bao bọc giữa các mặt phẳng song song, nằm cách nhau một khoảng $h$. Chứng minh rằng một quả cầu có đường kính 1 không thể phủ được nhiều lớp có tổng chiều dày nhỏ hơn 1.

F743. Ở tốc độ tối thiểu nào một hòn đá có thể được ném qua một bức tường có chiều cao $H$ và độ dày $l$, nếu ném từ độ cao $h$?

O. Savigan

F744. Tàu vũ trụ là một quả cầu có thành mỏng cứng có bán kính $R=2$ m, được dẫn hướng bằng chất khí. Bên trong thiết bị có một quả cầu có bán kính $r=R/2$, được dẫn hướng bởi cùng loại khí như trọng lượng của thiết bị, nhưng ở áp suất cao hơn. Quả bóng chạm vào bề mặt bên trong của bộ máy. Do bị hư hại, quả bóng vỡ ra. Tìm áp suất bên trong thiết bị thay đổi bao nhiêu lần nếu trọng lượng của thiết bị dịch chuyển một khoảng $a=0,5$ m. Bỏ qua khối lượng của vỏ; coi nhiệt độ không đổi.

A. Buzdin

F745. Bình cách nhiệt được chia thành hai phần bằng một pít-tông dẫn nhiệt, pít-tông dẫn nhiệt có thể di chuyển vào trong bình mà không có ma sát. Phía bên trái bình chứa 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng, phía bên phải chứa chân không. Pít-tông được nối với thành bên phải của bình bằng một lò xo (Hình 2), chiều dài của lò xo ở trạng thái tự do bằng chiều dài của bình. Bỏ qua bộ tản nhiệt của bình, piston và lò xo, xác định chi phí nhiệt của hệ thống.

B. Klyachin

F746. Pin điện sử dụng phóng xạ β là một quả cầu kim loại, bên trong đặt một mảnh chất phóng xạ được phân lập từ nó (Hình 3). $v$ nguyên tử phân rã mỗi giây. Giả sử năng lượng của các electron sinh ra trong quá trình phân rã được phân bố đều từ giá trị tối thiểu $W_{\min}$ đến giá trị tối đa $W_{\max}$, hãy xác định suất điện động của pin. Dòng điện tối đa mà pin như vậy có thể tạo ra là bao nhiêu? Điện trở tải lên đến bao nhiêu thì pin có thể được coi là máy phát điện?

N. Vorobiev

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

30

P743. With what minimal velocity must a stone be thrown from height $h$ in order to clear a wall of height $H$ and thickness $l$?
O. Savchenko

P744. An apparatus in cosmic space consists of a rigid thin sphere of radius $R=2$ m, filled with gas, and also containing a sphere of radius $r=R/2$ filled with the same gas, but at higher pressure. The inner sphere is tangent to the inner surface of the apparatus. As the result of an accident, the inner sphere explodes. Find how the pressure inside the apparatus changes if the explosion displaces the apparatus by $a=0.5$ m. The mass of the shells of the spheres is negligible, the temperature assumed constant.

A. Buzdin

P745. Một ổ cắm cách nhiệt được chia thành hai ngăn bằng một pít-tông cách nhiệt chuyển động không ma sát. Ngăn bên trái chứa 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng, ngăn còn lại là chân không. Piston được nối với thành bên phải của thùng chứa bằng một lò xo (xem hình 2, trang 28), có chiều dài ở trạng thái không bị ứng suất bằng chiều dài của thùng chứa. Bỏ qua nhiệt dung của thùng chứa, piston và lò xo, xác định nhiệt dung của hệ.

W. Kliachin

P746. Một pin điện, hoạt động trên chất phóng xạ $\beta$, là một quả cầu kim loại, bên trong đặt một mảnh chất phóng xạ, cách ly với quả cầu, (hình Hình 3, trang 28). Mỗi giây $v$ nguyên tử bị phân hủy. Giả sử năng lượng của các electron xuất hiện trong quá trình phân hủy phóng xạ phân bố đều trong khoảng giữa giá trị cực tiểu và cực đại $W_{\min}$ và $W_{\max}$, hãy tìm suất điện động của pin. Dòng điện tối đa mà pin như vậy có thể mang lại là bao nhiêu? Pin này có thể được coi là máy phát dòng điện đến giá trị nào của điện trở tải?

I. Vorobiev

P747. Trong khi tàu vũ trụ của họ đang bay lên quỹ đạo, các phi hành gia nhận thấy một lớp sáng mỏng (phản xạ hoàn toàn bên trong ánh sáng trong khí quyển) ở độ cao $H_0$ so với bề mặt trái đất. Sử dụng đồ thị (hình 4, trang 29) thể hiện sự phụ thuộc của hệ số khúc xạ $n$ vào khoảng cách $R$ tính từ tâm Trái đất, làm thế nào có thể xác định được $H_0$?

O. Batischev

Lời giải bài toán

M691—M695; F703—F707

M691. Chúng ta sẽ nói rằng một số có tính chất (K) nếu nó mâu thuẫn với tích của K số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 1. a) Tìm K sao cho một số N có cả tính chất (K) và (K+2). b) Chứng minh rằng không tồn tại số có cả hai tính chất (2) và (4).

a) Số $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ có tính chất (1) và (3). Cộng cả hai vế của đẳng thức $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ tất cả các số tự nhiên từ 5 đến 23, ta được số
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 23 = 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot \dots \cdot 23 \cdot 24,$$
có tính chất (20) và (22). Tất nhiên, có vô số ví dụ thuộc loại này: nếu $b=a(a+1)(a+2)$, thì số
$$a(a+1)(a+2) \dots (b-1) = (a+3) \dots (b-1)b$$
có tính chất (b-a-2) và (b-a).
Có những ví dụ thuộc loại khác: ví dụ, số
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 8 \cdot 9 \cdot 10$$
có tính chất (3) và (5). Bằng cách thêm bảy số “đã xử lý” vào đây, chúng ta sẽ có được một số có thuộc tính (4) và (6):

32

Hình 4.

M693. Một số có 1000 cư dân. Mỗi ngày, mỗi người trong số họ chia sẻ những tin tức họ đã học được ngày hôm qua với tất cả các tài sản. Được biết, mọi tin tức đều được mọi người dân trong làng biết đến. Chứng minh rằng bạn có thể chọn 90 cư dân sao cho nếu bạn cho họ biết một số tin tức cùng một lúc thì sau 10 ngày tất cả cư dân trong làng đều biết tin đó.

Hình 1.

Chúng ta hãy liên kết mỗi cư dân trong làng với một điểm nhất định trên mặt phẳng. Những điểm tương ứng với những cư dân quen thuộc với nhau được kết nối bằng một đoạn. Hình ảnh thu được được gọi là đồ thị. Các điểm được chọn được gọi là các đỉnh của đồ thị và các đoạn nối chúng được gọi là các cạnh.

Phần đó của điều kiện bài toán, yêu cầu tin tức được truyền đến một cư dân trong làng cuối cùng sẽ được tất cả cư dân của làng biết đến, tương ứng với thực tế là dọc theo các cạnh của biểu đồ của chúng ta, có thể truyền từ bất kỳ đỉnh nào của nó sang bất kỳ đỉnh nào khác. Đồ thị như vậy được gọi là liên thông. Một dãy các cạnh trong một đồ thị nối hai đỉnh của nó, trong đó không có cạnh nào lặp lại, được gọi là một chuỗi. Nếu một chuỗi bắt đầu và kết thúc ở cùng một đỉnh thì nó được gọi là một chu trình. Hình 1 cho thấy một chuỗi nối các đỉnh A và B, cũng như một chu trình. Đồ thị liên thông không chứa chu trình được gọi là cây. Nó thực sự trông giống như một cái cây (Hình 2).

Chúng ta gọi khoảng cách giữa hai đỉnh của đồ thị là số cạnh trong chuỗi ngắn nhất nối các đỉnh này. Lưu ý rằng nếu đồ thị là một cây thì bất kỳ cặp đỉnh nào của nó cũng chỉ được nối bằng một chuỗi.

Các khái niệm được giới thiệu cho phép chúng ta đơn giản hóa ký hiệu lời giải bài toán. Theo thuật ngữ mới, công thức có thể được viết lại như sau:

Chứng minh rằng trong một đồ thị liên thông có 1000 đỉnh, người ta có thể xác định một tập hợp 90 đỉnh sao cho với bất kỳ đỉnh nào của đồ thị đều có một đỉnh cách tập hợp này có khoảng cách không quá 10.

Gọi X và Y là hai đỉnh của đồ thị có khoảng cách lớn nhất. Nếu khoảng cách này không quá 10, thì khoảng cách từ bất kỳ đỉnh nào của đồ thị của chúng ta đến bất kỳ đỉnh nào khác không quá 10 - trong trường hợp này, 90 đỉnh có thể được chọn tùy ý.

Lưu ý rằng chỉ cần giải bài toán của chúng tôi cho trường hợp đồ thị là cây. Thật vậy, đồ thị của chúng ta không phải là một cái cây; thì nó chứa ít nhất một chu kỳ. Nếu bạn loại bỏ bất kỳ cạnh nào khỏi đồ thị chấp nhận chu trình này, chu trình sẽ biến mất nhưng đồ thị vẫn được kết nối. Vì chỉ có một số hữu hạn các chu trình trong đồ thị nên bằng cách áp dụng thao tác này nhiều lần, chúng ta sẽ biến đồ thị của mình thành một cây. Tập hợp 90 đỉnh của cây kết quả thỏa mãn điều kiện bài toán rất thuận tiện và cũng sẽ phù hợp với đồ thị tương tự đầu tiên, vì việc thêm các cạnh mới không làm tăng khoảng cách giữa các đỉnh.

Vì vậy, chúng ta có một cây có 1000 đỉnh, X và Y là hai đỉnh nằm ở khoảng cách tối đa lớn hơn 10. Khoảng cách của chuỗi nối X và Y là: X—A1—A2—A3—…—A10—A11—…—Y. Hãy lấy điểm A10 làm điểm K1 đầu tiên của tập hợp mong muốn. Nếu chúng ta cộng tác giữa đỉnh A10 và A11 thì cây của chúng ta sẽ tách thành hai cây. Lưu ý rằng phần chứa đỉnh X có ít nhất 11 đỉnh.

Lưu ý rằng khoảng cách từ đỉnh A10 đến mỗi đỉnh của phần chứa nó không quá 10 (nếu khoảng cách đến một đỉnh M nào đó lớn hơn 10 thì khoảng cách từ M đến Y sẽ lớn hơn khoảng cách từ X đến Y, điều này mâu thuẫn với thực tế là các đỉnh X và Y nằm ở khoảng cách tối đa).

Khoảng cách bây giờ là phần của đồ thị chứa đỉnh Y. Đây là một cây có không quá 1000 - 11 = 989 đỉnh. Hãy lặp lại thao tác tương tự với anh ấy. Kết quả là

33

Pis. 3.

M694. Mỗi đỉnh của hình lập phương chứa một số. Trong một bước, một số được cộng vào hai số được đặt trên một (bất kỳ) cạnh nào. Có thể làm cho tất cả tám số bằng nhau trong một vài bước như thế này nếu các số ban đầu được đặt như trong Hình 1 không? Giống như trong Hình 2? Giống như trong Hình 3?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

Chúng ta thu được một nhóm khác gồm ít nhất 11 đỉnh và các đỉnh ở giữa—điểm $K_2$ của tập hợp mong muốn, cũng như một cây chứa không quá 1000—2·11=978 đỉnh. Sau khi thực hiện thao tác này 89 lần, chúng ta sẽ có 89 nhóm đỉnh, khoảng cách từ mỗi đỉnh trong nhóm của nó không vượt quá 10. Phần còn lại là một cây chứa không quá 1000—89 11 = 21 đỉnh. Chúng ta hãy xem xét lại hai đỉnh trong đó có khoảng cách tối đa và lại lấy đỉnh thứ mười trong chuỗi nối các đỉnh này. Rõ ràng, đỉnh này phù hợp làm điểm $K_{90}$ của tập hợp mong muốn. Vấn đề lời giải.

A. Savin

Tô màu các đỉnh của hình lập phương bằng màu xanh lam và đỏ sao cho các đầu của mỗi cạnh được sơn bằng các màu khác nhau (Hình 4). Khi cộng 1 với các số nằm trên cùng một cạnh, tổng các số ở đỉnh xanh và đỉnh đỏ tăng thêm 1 nên hiệu giữa hai tổng này không thay đổi. Vì trong các hình lập phương ở Hình 1 và Hình 3, sự khác biệt này không bằng 0 nên chúng không thể dẫn đến một hình lập phương có số đỉnh bằng nhau. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu các số được viết ở các đỉnh của hình lập phương ban đầu và tổng các số ở đỉnh đỏ và đỉnh xanh bằng nhau thì tất cả tám số có thể được coi là bằng nhau.

Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $d$ sự khác biệt giữa số lớn nhất và lớn nhất trong số các số được viết ở các đỉnh của khối lập phương và bằng $n$ số lượng các số bằng khối lập phương lớn nhất, sau đó bằng cách thêm một vào các số nằm trên cạnh $A_1B_1$, chúng ta sẽ giảm $d$ hoặc $n$. Tiếp tục theo cách này, chúng ta sẽ đến một khối trong đó $d=0$, nghĩa là tất cả tám số đều bằng nhau hoặc một khối trong đó mỗi số liền kề với số lớn nhất là số lớn nhất. Nếu ở đỉnh $A_1$ của khối lập phương như vậy có một trong những số lớn nhất, bằng $a$, thì tại các đỉnh $B_1, D_1$ và $A_2$ số $a+d$ được viết (ở đây $d$ là hiệu giữa số lớn nhất và số lớn nhất trong khối mới).

Hình 5.

Vì tổng các số ở đỉnh đỏ bằng tổng các số ở đỉnh xanh nên số $a$ được viết ở đỉnh đỏ thứ tư $C_2$, và số $a+d$ được viết ở đỉnh xanh $C_1, B_2$ và $D_2$. Bằng cách thêm $d$ đơn vị vào các đầu của cạnh $A_1B_1$, sau đó đến các đầu của cạnh $C_1C_2$, cạnh $A_1D_1$, cạnh $C_2D_2$ và cuối cùng là cạnh $A_2B_2$, chúng ta thu được một khối lập phương có tám số đều là $a+2d$. Đối với khối lập phương ở Hình 2, lời giải này được mô tả trong Hình 5.

Yu. ionin

34

M695. Có thể tô màu trắng và đen tất cả các ô của một bàn hình chữ nhật sao cho số ô trắng và ô đen bằng nhau và trong mỗi hàng, mỗi cột có nhiều hơn 3/4 ô đơn sắc?

Giả sử rằng việc tô màu là bắt buộc. Chúng ta sẽ gọi cột là màu trắng hoặc đen tùy theo màu nào chiếm ưu thế trong đó. Những cái tương tự sẽ được sử dụng cho chuỗi.

Gọi $m_0, m_1$ là số hàng trắng và đen, $n_0, n_1$ số cột trắng và đen của cột tương ứng, $m_0 + m_1 = m, n_0 + n_1 = n$.

Tất cả các ô nằm ở giao điểm của hàng trắng với cột đen và hàng đen với cột trắng có màu khác nhau so với cột chứa chúng hoặc hàng chứa chúng. Số lượng ô như vậy là $m_0 n_1 + m_1 n_0$. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng hơn một nửa số ô này có màu khác với các hàng chứa chúng. Một lần nữa, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $m_0 \leq m_1$. Theo điều kiện, các đường màu đen chứa nhiều hơn $\frac{3}{4} m_1 n$ ô đen. Điều này có nghĩa là các đường trắng chứa ít hơn $\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n$ ô đen. Nhưng các đường màu đen chứa ít hơn $\frac{1}{4} m_1 n$ ô trắng. Do đó, số lượng ô có màu khác với màu của các hàng chứa chúng sẽ nhỏ hơn.

$$\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n + \frac{1}{4} m_1 n = \frac{m_0 n}{2}.$$

Chúng ta nhận được sự bất bình đẳng

$$\frac{1}{2} (m_0 n_1 + m_1 n_0) < \frac{m_0 n}{2},$$

từ đó $m_1 < m_0$, điều này mâu thuẫn với giả định về $m_0$ và $m_1$.

S. Konyazin, Y. Nesterenko

F703. Tên lửa được phóng từ bề mặt Trái đất theo phương thẳng đứng với vận tốc thoát đầu tiên và quay trở lại Trái đất cách địa điểm phóng không xa. Cô ấy dành bao lâu cho chuyến bay? Bán kính Trái đất là $R = 6400$ km.

Ghi chú. Diện tích hình elip c thu được từ a và b bằng $S = \pi ab$.

Quỹ đạo của gói hàng được biểu diễn dưới dạng một phần của hình elip rất dài, tại một trong các tiêu điểm của nó là tâm Trái đất (xem hình). Tốc độ của các gói ở điểm trên cùng $D$ của quỹ đạo gần như bằng không.

Theo định luật bảo toàn năng lượng.

$$\frac{mv_0^2}{2} - G \frac{Mm}{R} \approx -G \frac{Mm}{2b}.$$

Ở đây $M$ là khối lượng của Trái đất, $m$ là khối lượng của các gói, $v_0 = \sqrt{GM/R}$ là tốc độ ban đầu của các gói (vận tốc vũ trụ đầu tiên); $-G \frac{Mm}{R}$ và $-G \frac{Mm}{2b}$ - các gói năng lượng tiềm năng trên bề mặt Trái đất (lúc phóng) và tại điểm trên cùng của quỹ đạo. Từ (*) chúng ta tìm được hình elip thu được lớn hơn: $b \approx R$.

Từ định luật thứ ba của Kepler (vectơ bán kính nối một vật chuyển động dưới tác dụng của trọng lực theo quỹ đạo kín với trọng tâm quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau), suy ra tỉ số giữa thời gian chuyển động $T$ dọc theo vị trí của hình elip (phần BDC) đến toàn bộ chu kỳ $T_3$ bằng tỷ số giữa diện tích bảo vệ trong hình của hình ObdC và tổng diện tích của hình elip:

$$\frac{T}{T_3} = \frac{1/2 \pi ab}{πab}.$$

35

F704. Dọc theo hai mặt phẳng nghiêng chính tạo thành các góc a bằng nhau với đường chân trời, một hình trụ và một hình nêm chuyển động chạm vào nhau (xem hình. ok). Tìm lực mà nêm ép lên hình trụ. Khối lượng của hình trụ là $m_1$, khối lượng của hình nêm là $m_2$. Rãnh giữa hình trụ và nêm của yêu cầu bồi thường.

F705. Một bình chứa hình trụ nằm ngang có thể tích $V_0 = 100$ l, chứa đầy gel, được chia thành hai phần bằng một pít-tông điện trở, có thể chuyển động không ma sát. Khí nằm ở phía bên trái của bình có thể tích cho biết $\Delta Q = 100$ J. Bắt đầu thay đổi áp suất trong bình vào thời điểm pít-tông ngừng chuyển động.

Từ đây có chuyến bay $T$:

$$T = T_3 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \right) = (\pi + 2) \sqrt{R/g} \approx 1 \text{ ч. 9 мин.}$$

E. Surkov

Hình trụ chịu tác dụng của trọng lực $m_1\vec{g}$, lực $\vec{N}_1$ của phản lực pháp tuyến từ mặt phẳng nghiêng trái và lực $\vec{R}$ của phản lực pháp tuyến từ phía bên của nêm (lực $\vec{R}$ hướng theo phương ngang). Ta viết phương trình chuyển động của hình trụ theo hình chiếu lên trục $X_1$ hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng trái (xem hình ok):

$$m_1 a_1 = m_1 g \sin \alpha - R \cos \alpha,$$

(1)

trong đó $a_1$ là hình chiếu của gia tốc hình trụ lên trục $X_1$.

Nêm chịu tác dụng của trọng lực $m_2\vec{g}$, phản lực pháp tuyến $\vec{N}_2$ từ mặt phẳng nghiêng bên phải và phản lực pháp tuyến từ nêm, theo định luật thứ ba của Newton, bằng $-R$. Ta viết phương trình chuyển động của khối nêm theo hình chiếu lên trục $X_2$ hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng phải:

$$m_2 a_2 = -m_2 g \sin \alpha + R \cos \alpha.$$

(2)

Trong quá trình chuyển động, nêm va chạm với hình trụ; do đó, nếu chuyển vị của nêm dọc theo trục $X_2$ bằng $\Delta x$ thì tâm của hình trụ (cùng với cạnh thẳng đứng của nêm) sẽ dịch chuyển theo chiều ngang $\Delta x \cdot \cos \alpha$. Trong trường hợp này, dọc theo mặt phẳng nghiêng trái (dọc theo trục $X_1$), tâm của hình trụ sẽ dịch chuyển về $\Delta x$. Điều này có nghĩa là trong quá trình chuyển động của nêm và hình trụ sẽ đạt được sự tương ứng.

$$a_1 = a_2.$$

(3)

Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau, ta tìm được lực $|\vec{R}|$ mà nêm ép lên hình trụ:

$$R = \frac{2m_1 m_2}{m_1 + m_2} g \mathrm{tg} \alpha.$$

S. Krotov

Sau khi cơ thể $\Delta Q$ được đưa vào, khí ở phần bên trái của bình thoát ra, thực hiện công $\Delta A$. Công này của xi lanh được dùng để làm tăng nội năng của khí ở phía bên phải của bình. Như vậy,

$$\Delta Q = \Delta U_1 + \Delta A = \Delta U_1 + \Delta U_2 = \frac{3}{2} R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right).$$

(*)

Trạng thái cân bằng của piston trước khi nung nóng là

$$p_1 = p_2 = p,$$

phương trình trạng thái của khí ở phần bên trái và bên phải của bình

$$p V_1 = \frac{m_1}{\mu} R T_1, \quad p V_2 = \frac{m_2}{\mu} R T_2,$$

ở đâu $V_1 + V_2 = V_0$. Sau khi nung nóng, khi piston không còn chuyển động nữa thì áp suất ở vế trái và vế phải của phương trình. Chúng ta biểu thị sự tăng áp suất trong bình $\Delta p$; Sau đó

$$(p + \Delta p) (V_1 + \Delta V) = \frac{m_1}{\mu} R (T_1 + \Delta T_1),$$

$$(p + \Delta p) (V_2 - \Delta V) = \frac{m_2}{\mu} R (T_2 + \Delta T_2).$$

Sau khi biến đổi đơn giản, chúng ta nhận được

$$\Delta p (V_1 + V_2) = R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right),$$

hoặc (tùy thuộc vào (*))

$$\Delta p V_0 = \frac{2}{3} \Delta Q.$$

Từ đây xuất hiện $\Delta p$:

36

$$\Delta p = \frac{\frac{2}{3} \Delta Q}{V_0} \approx 667 \text{ H/m}^2.$$

Kết quả này có thể thu được đơn giản hơn nhiều: ở trạng thái cân bằng, áp suất trong bình ở mọi nơi là như nhau, nghĩa là mật độ năng lượng (năng lượng trên một đơn vị thể tích) cũng như nhau. Do đó, sự cắt xén mật độ năng lượng là $\Delta Q/V_0$; Chúng ta hãy nhớ lại công thức nổi tiếng liên hệ mật độ năng lượng của khí lý tưởng với áp suất và ngay lập tức chúng ta thu được đáp số.

A. Zilberman

F706. Để di chuyển tải trọng theo chiều ngang trên khoảng cách $L=20$ m, người ta sử dụng xe đẩy tự hành, di chuyển dọc theo ray ngang. Trên cáp có chiều dài $l=5$ m, tải đang di chuyển sẽ được chuyển đến xe đẩy (Hình 1). Xe chuyển động với vận tốc không đổi trong một nửa thời gian và giảm tốc đều trong một nửa thời gian. Xác định khả năng giá trị gia tốc của xe mà tại đó tải sẽ đứng yên sau khi xe dừng lại ở cuối hành trình.

Hình 1.

Hình 2.

F707. Ống kính điện thoại Gale có đường kính $D=250$ cm và tiêu cự $F=160$ m. Xe đẩy được sử dụng để chụp ảnh vệ tinh Trái đất nhân tạo, có đường kính $d=200$ cm và nằm ở khoảng cách $L=320$ km.

Vì tốc độ ban đầu và tốc độ cuối cùng của xe bằng 0 và thời gian chuyển động có gia tốc đều bằng thời gian chuyển động chậm đều, nên giá trị tuyệt đối của gia tốc đối với chuyển động có gia tốc đều và chuyển động chậm như nhau là bằng nhau; do đó, các đường đi trong các phương thức chuyển động này bằng nhau và bằng $L/2$.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của tải khi xe chuyển động với gia tốc không đổi $\vec{a}$. Trong trường hợp này, tải sẽ tham gia vào hai chuyển động: nó sẽ chuyển động với gia tốc $\vec{a}$ và ngoài ra, thực hiện các dao động điều hòa trong hệ tọa độ liên kết với xe đẩy. Vị trí cân bằng trong các dao động này được tìm thấy từ điều kiện tải trọng ở vị trí này, dưới tác dụng của lực căng $T$ và trọng lực $m\vec{g}$, chuyển động dọc theo trục nằm ngang với gia tốc $\vec{a}$. Từ những điều kiện này, người ta thấy rằng ở vị trí cân bằng, ba góc nghiêng so với phương thẳng đứng một góc $\alpha$ sao cho $tg\alpha = |\vec{a}|/|\vec{g}|$ (Hình 2); vì $\alpha$ nhỏ nên $tg\alpha \approx \alpha \approx |\vec{a}|/|\vec{g}|$.

Tải sẽ dao động xung quanh vị trí cân bằng này với chu kỳ $T=2\pi \sqrt{l \cos \alpha/g} \approx 2\pi \sqrt{l/g}$ và biên độ dao động hữu ích của tải sẽ bằng $\alpha$.

Khi dấu gia tốc của xe đẩy thay đổi thì góc $\alpha$ xác định độ lệch của cáp so với phương thẳng đứng ở vị trí cân bằng cũng thay đổi dấu, tức là cáp lệch một góc $\alpha$ theo hướng ngược lại. Để đứng yên sau khi xe dừng lại, ở giữa hành trình (khi xét dấu gia tốc của xe) xe phải ở vị trí cân bằng ban đầu, tức là $\alpha$ phải bằng 0. Từ đó suy ra rằng trong thời gian $t$ xe đi được quãng đường $L/2$ tải phải hoàn thành một số nguyên $n$ của dao động toàn phần, tức là

$$t=nT, \text{ где } n=1, 2, 3, \dots$$

Từ điều kiện

$$\frac{L}{2} = \frac{at^2}{2} = \frac{an^2T^2}{2} = \frac{2\pi^2n^2al}{g}$$

chúng tôi tìm thấy các giá trị gia tốc mà tại đó sau khi dừng, tải sẽ không chuyển động:

$$a_n = \frac{1}{n^2} \frac{Lg}{4\pi^2l} = \frac{1}{n^2} \text{ m/c}^2.$$

V. Mozhaev

1. Khoảng cách $f$ từ vật đến mặt phẳng ảnh vệ tinh được xác định từ công thức thấu kính:

$$f = \frac{LF}{L-F} = \frac{F}{1-F/L}$$

Vì $F \ll L$, chúng ta có thể viết gần đúng

$$f \approx F(1+F/L).$$

Khoảng cách từ tiêu điểm đối tượng đến mặt phẳng ảnh

37

1. Tấm nhựa chụp ảnh nên được đặt ở khoảng cách bao nhiêu so với tiêu điểm?

2. Hình ảnh của vệ tinh nhân tạo sẽ có kích thước như thế nào?

3. Đường kính của hình ảnh mờ (không tập trung) của các ngôi sao trên tấm nhựa quang sẽ là bao nhiêu?

bằng
$$\Delta x = f - F = F^2/L = 8 \text{ см.}$$

Nhựa chụp ảnh nên được lắp đặt ở khoảng cách này từ tiêu điểm.
2) Kích thước của ảnh vệ tinh là
$$l = \frac{f}{L} d \approx \frac{F}{L} d = 10^{-1} \text{ см.}$$

3. Ảnh của các ngôi sao ở xa phải nằm trong mặt phẳng tiêu điểm của vật. Trong mặt phẳng quang nhựa,

ở khoảng cách $\Delta x$ so với mặt phẳng tiêu điểm, hình ảnh của các ngôi sao có vẻ bị mờ mất nét (mất nét). Như có thể thấy trên hình, đường kính ảnh mờ của các ngôi sao trên nhựa ảnh (P) bằng
$$\delta = D \frac{\Delta x}{F} = 1,25 \cdot 10^{-1} \text{ см.}$$

Hãy đánh giá ảnh hưởng của nhiễu xạ. Do nhiễu xạ, các ngôi sao ở xa sẽ được mô tả trong mặt phẳng tiêu điểm không phải là các điểm mà là các điểm nhiễu xạ, bán kính của nó được xác định bởi biểu thức $\rho = \frac{\lambda}{D}$. Trong trường hợp của chúng tôi, thứ tự của số lượng này là $10^{-3}$. Vì $\rho \ll \delta$, nhiễu xạ trở nên không đáng kể và kích thước của hình ảnh ngôi sao không tập trung trên thực tế chỉ được xác định bởi sự phân kỳ hình học của chùm tia.

S. Kozel

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Trong số này, chúng tôi công bố tên của những người đã gửi đúng lời giải bài toán M676—M690; F692—F707 (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học

Hầu hết độc giả gửi lời giải đều hoàn thành nhiệm vụ M676, M681, M686, M687. bài toán còn lại quyết định:
T. Alavidze (Moscow) 88; M. Alekseev (Moscow) 78, 84, 85, 89; I. Altman (Odeska) 88; S. Aseev (Nikolaev) 88; V. Barabanov (Sevastopol) 78; Yu. Barkaan (Penza) 78; Yu. Bespalov (Shostka) 82, 85, 88; I. Binus (Penza) 78, 85, 89; V. Baluev (Tula) 78; L. Gareev (Ufa) 85; A. Gokhbere (Donetsk) 77, 78; O. Griniv (Kyiv) 77, 84; I. Grishko (Kyiv) 78, 79, 84; A. Dubickas (Tuarag) 78, 82, 83, 88-90; M. Eliseev (làng Novovoronezhsky, vùng Voronezh) 78, 84, 85, 88-90; O. Eroshkin (Dnepropetrovsk) 78, 83, 85, 88, 89; I. Zhukov (Leningrad) 78, 83—85, 89; M. Zaslavsky (Kharkov) 78;

P. Zustaanovich (Alma-Ata) 90; I. Itenberg (Leningrad) 78, 82-85, 88, 90; A. Kazmeruk (Kyiv) 89; D. Kalyuzhny (Odeska) 78, 80, 89; V. Kisil (Odeska) 77—79, 82, 84, 85; A. Korsukov (Achinsk) 78, 82, 83, 85; I. Kudryashov (Leningrad) 77-79, 83-85, 88; I. Laskin (Aleksin) 77; L. Leytsin (Chernigov) 82, 84, 85, 89; S. Mamedov (Baku) 78; D. Milyuntskov (Moscow) 77, 78, 80; A. Milman (Odeska). 77, 78, 82, 88-90; Yu. Nikolaevsky (Kharkov) 78; A. Nikolov (Kirovograd) 77, 78, 80, 84, 89; M. Ovetsky (Donetsk) 77; A. Payak (Lodz, Ba Lan) 79; K. Pankratov (Kuibyshev) 83; G. Perelman (Leningrad) 77-80, 82-85, 89; V. Poyarkov (Nikolaev) 78, 89; S. Putintsev (Nevinomyssk) 77-80, 84, 85; A. Rodtsonov (Moscow) 78; P. Savelyev (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 79, 84, 85; E. Sazonov (Moscow) 79; A. Syksa (Kyiv) 78; I. Solodovnikova (Dolgorudny) 79; S. Spitsak (Pripyat) 89; E. Stetanyan (Baku) 89; V. Titenko (làng Bluza, vùng Minsk) 82-85; G. Trunov (Moscow) 85; E. Tyurin (Vilnius) 77, 78; R. Uerinovsky (Khmilnik) 77, 79, 82, 88; Yu. Usaev (Kyiv) 77; V. Freer (Volsk) 82, 83, 89; A. Khokhlov (Moscow) 78, 83-85, 88-90; T. Khuseyov (Dushanbe) 78; P. Tsvetkov (Podolsk) 77, 89, 90; R. Zouf (Prague, Tiệp Khắc)

39

Bài tập

1. Hình vẽ cho thấy hai câu đố số. Trong mỗi chữ cái đó, các chữ cái giống nhau tương ứng với các số giống nhau và các số khác nhau tương ứng với các số khác nhau. Giải mã những câu đố này.

2. Cắt hình trong hình thành bốn phần bằng nhau và gấp chúng thành một hình vuông sao cho các hình tròn màu đỏ và hình vuông màu xanh đối xứng qua tất cả các trục đối xứng của hình vuông.

3. Từ ba “mẫu” trong hình, ghép ba khối lập phương; sau đó một hình song song hình chữ nhật $1 \times 1 \times 3$ được dán lại với nhau từ các hình khối này. Bốn số có ba chữ số được viết trên bốn mặt của hình bình hành (vị trí của số trong hình vuông không quan trọng). Giá trị lớn nhất có thể có của tổng các số này là bao nhiêu?

4. Có bảy hộp trên bàn. Hộp ở giữa trống, sáu hộp còn lại chứa hai đồng xu: một đồng nhỏ - niken và trên cùng - một “đồng kopeck”.
   Được phép chuyển từng đồng xu sang hộp liền kề, nhưng bạn không thể đặt một niken vào “mảnh kopeck”.
   Ngoài ra, hộp thứ năm không được chứa nhiều hơn ba đồng xu và phần còn lại - nhiều hơn hai.
   Có thể sắp xếp lại các đồng xu sao cho a) ba hộp đầu tiên chứa hai “đồng kopeck” mỗi hộp và ba hộp cuối cùng - hai đồng xu, b) ba hộp đầu tiên chứa hai đồng niken, và ba hộp cuối cùng - hai “miếng kopeck” mỗi hộp?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
N. Aktonovich,
F. Bartenev, A. Shvetsov

39

40

N. Ivanova

Tự căn chỉnh các hình và hình học bài toán

Trong một giờ học toán, giáo viên đề nghị các em khôi phục lại đường viền của ô hình vuông nếu các em đặt hai chiếc bàn ở hai phía đối diện của hàng rào và một cái cây ở giữa ô.

Làm thế nào để giải quyết điều này bài toán? Một trong những thành viên của vòng tròn đã vẽ và tin rằng bài toán đã được giải (Hình 1). Rõ ràng là chúng ta cần biết vị trí của ít nhất một cạnh của hình vuông. Điểm N được biết trên cạnh AD. Có thể tìm thấy một điểm khác ở bên này? Sau khi suy nghĩ một chút, các anh chàng đồng ý: “Chúng ta cần xoay hình vuông quanh tâm O một góc 180°, trong trường hợp này, điểm M sẽ tiến đến điểm M₁ nằm trên [AD], - xét cho cùng, khi quay R₀^{180°} hình vuông sẽ ánh xạ vào chính nó! (Hình 2) - và các em đã dễ dàng giải được bài toán (làm thế nào?).

Sau đó, giáo viên đề nghị các thành viên vòng tròn khôi phục lại đường viền của ô hình vuông nếu các em giữ hai chiếc bàn ở hai phía đối diện của hàng rào và một cái cây ở giữa ô.

Sau khi suy nghĩ một chút, các anh chàng báo cáo rằng ở đây cũng cần phải sử dụng một trong các cách tự căn chỉnh của hình vuông: xoay quanh O một góc 90° (Hình 3).

“Làm tốt lắm,” giáo viên nói. “Đây là bài toán bạn cần,” và anh ấy vẽ một hình vuông lên bảng. Sau đó, anh ta vẽ các đường thẳng qua các đỉnh của nó, chia các cạnh đối diện của hình vuông làm đôi và bảo vệ hình được tạo thành bởi các đường thẳng giao nhau (Hình 4). “Tôi đã bảo vệ phần nào?”

Sau khi nhìn hình vẽ, các em đồng ý ngay rằng đó là hình vuông. Nhưng làm thế nào để chứng minh điều này? Hóa ra tính năng tự căn chỉnh của hình vuông cũng có thể được sử dụng ở đây. Thật vậy, chúng ta hãy xoay hình vuông này quanh tâm O một góc 90°; với phép quay này, tứ giác lồi được bảo vệ sẽ được ánh xạ lên chính nó. Vậy anh ta là một hình vuông (tại sao?).

Một trong những thành viên tích cực nhất của nhóm, Petya, đã hỏi: “Tại sao

41

Tại sao chúng ta cứ nhìn vào quảng trường suốt vậy?”

Thay vì đáp số, giáo viên vẽ một hình tam giác đều lên bảng, vẽ các đường thẳng qua các đỉnh của nó, cắt $\frac{1}{3}$ cạnh đối diện (Hình 5) và hỏi: “Các đường vẽ tạo thành hình gì?”

“Đây có lẽ là một tam giác đều,” Petya nói, “nhưng tôi không biết điều này chứng minh điều đó như thế nào. Có lẽ chúng ta nên sử dụng phương pháp tự căn chỉnh của một tam giác đều ở đây?”

“Và những đường tự thẳng hàng nào và một tam giác đều có bao nhiêu?” - giáo viên hỏi.

Sau một hồi suy nghĩ, các chàng trai đã đi đến kết luận này: “Khi một tam giác đều tự thẳng hàng, các đỉnh của nó biến thành chính chúng. Điều này có nghĩa là một tam giác đều có số tự kết hợp bằng số lượng hoán vị có thể được tạo ra từ ba chữ cái. Có sáu hoán vị như vậy: điều này có nghĩa là không có nhiều hơn sáu tự kết hợp. Đây là: đồng nhất thức, phép quay $R_0^{120^\circ}$, $R_0^{-120^\circ}$ và đối xứng trục $S_{l_1}, S_{l_2}, S_{l_3}$ (O là tâm của tam giác, $l_1, l_2, l_3$ là các đường trung tuyến của tam giác).”

Các bạn báo cáo rằng trong bài toán vừa qua cần xét phép quay quanh tâm của tam giác bằng $120^\circ$. Với phép quay này, hình tam giác được bảo vệ sẽ biến thành chính nó. Theo đó nó là bình đẳng (tại sao?). Vấn đề lời giải.

Để kết luận, giáo viên mời các em tự giải bài bài toán sau ở nhà:

1. Chứng minh rằng “bên trong” của một ngôi sao ngũ giác đều (Hình 6) là một ngôi sao ngũ giác đều.
2. Hai tiếp tuyến ngoài và hai tiếp tuyến trong của hai đường tròn. Chứng minh rằng giao điểm của các tiếp tuyến ngoài và giao điểm của các tiếp tuyến trong nằm trên một đường thẳng đi qua tâm của các đường tròn đã cho.
3. Chứng minh rằng hình bình hành nội tiếp đường tròn là đường thẳng.
   4*. Xây dựng một hình vuông nếu có một điểm ở mỗi bên.

Ông cũng khuyến khích đọc trong «Kvant» bài “Tự căn chỉnh hình vuông và viết bí mật” (1980, số 12).

43

cực âm và anom sẽ bằng nhau

$$U_3 = \frac{E_\kappa}{e},$$
hoặc $U_3 e = E_\kappa$,

trong đó $e$ là điện tích của electron. Thay biểu thức này vào phương trình chính, chúng ta thu được công thức kết nối $U_3$ và tần số ánh sáng $v$:

$$U_3 = \frac{h}{e} v - \frac{A}{e}.$$

Như có thể thấy từ công thức này, tỷ số của hằng số Planck $h$ với điện tích $e$ bằng tiếp tuyến của hệ số góc $\alpha$ của đường thẳng thí nghiệm (xem Hình 1); kể từ đây,

$$h = e \lg \alpha + \frac{e \Delta U_3}{\Delta v} = \frac{1,6 \cdot 10^{-19} \text{ KJ} \cdot 3,15 \text{ B}}{7,5 \cdot 10^{14} \text{ Гц}} \approx 6,7 \cdot 10^{-34} \text{ Дж} \cdot \text{с}$$

Để xác định hàm công $A$, ta tiếp tục thực nghiệm đường thẳng cho đến khi nó cắt trục tung. Giá trị của đoạn giới hạn, được biểu thị bằng vôn electron, sẽ bằng hàm công:

$$A = 1,9 \text{ ЭВ.}$$

Ranh giới màu đỏ của hiệu ứng quang học là tần số ánh sáng thấp nhất $v_\kappa$ tại đó hiệu ứng quang học xảy ra. Như có thể thấy từ biểu đồ, $v_\kappa = 4,5 \cdot 10^{14} \text{ Гц.}$

Bài toán 2. Ánh sáng từ Mặt trời chiếu vào gương phẳng có diện tích $S = 1 \text{ m}^2$ một góc $\alpha = 60^\circ$. Tìm lực ép ánh sáng, giả sử gương phản xạ hoàn toàn toàn bộ ánh sáng chiếu vào nó. Được biết, công suất trung bình của bức xạ mặt trời tới 1 $\text{ m}^2$ bề mặt trái đất, vượt quá bức xạ, bằng $P = 1,4 \cdot 10^3 \text{ Bt/m}^2$.

Trước hết, hãy thảo luận tại sao áp suất ánh sáng lại tồn tại và cách giải thích nó theo quan điểm lượng tử.

Các photon tới gương bị phản xạ đàn hồi khỏi gương và động lượng của các photon thay đổi. Sự thay đổi này được gây ra bởi xung lực tác dụng từ gương lên các photon tại thời điểm phản xạ (tương tác với gương). Theo định luật thứ ba của Newton, chính xác

Hình 2.

cùng một lực (về giá trị tuyệt đối) sẽ tác dụng lên gương từ phía của photon (Hình 2). Nó tạo ra áp lực nhẹ.

Bây giờ chúng ta hãy thực hiện phép tính. Trước tiên chúng ta hãy tìm xung lực tác dụng lên gương trong khoảng thời gian $\Delta t$ từ các photon có năng lượng $h v_i$, trong đó $v_i$ là một tần số cố định nào đó. Đặt nồng độ của các photon như vậy trong thông lượng tới bằng $n_i$. Khi đó theo thời gian $\Delta t$ $n_i c \Delta t S \cos \alpha$ các photon sẽ chạm vào gương (c là tốc độ ánh sáng). Tổng động lượng của chúng trước khi tương tác với gương là $P_1 = (n_i c \Delta t S \cos \alpha) mc = n_i S \cos \alpha \cdot h v_i \Delta t$.

Sau khi phản xạ, xung thay đổi hướng (góc phản xạ bằng góc tới), nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn:

$$P_2 = P_1.$$

Do đó, sự thay đổi động lượng $\Delta P = |\vec{P}_2 - \vec{P}_1| = 2 n_i h v_i S \cos^2 \alpha \cdot \Delta t,$

và lực ép lên gương từ các photon thuộc loại nhất định

$$F_i = \frac{\Delta P}{\Delta t} = 2 n_i h v_i S \cos^2 \alpha.$$

Tổng áp suất do tất cả các photon tác dụng

$$F = \sum F_i = 2 S \cos^2 \alpha \cdot \sum n_i h v_i.$$

Vì công suất bức xạ mặt trời trên một đơn vị diện tích bề mặt ngang theo hướng bức xạ bằng

$$P = c \sum n_i h v_i,$$

45

tốc độ thứ hai $v$. Tổng năng lượng của hệ trong trường hợp này sẽ bằng $m_p c^2 + E_1 + m_p v^2/2 + hv$ và động lượng của hệ sẽ bằng
$$hv/c - m_p v.$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng và động lượng, ta có thể viết
$$m_p c^2 + E_k = m_p c^2 + E_1 + \frac{m_p v^2}{2} + hv$$
Và
$$0 = \frac{hv}{c} - m_p v.$$

Xét rằng $E_k - E_1 = hv_0$, chúng ta nhận được
$$h\Delta v = hv - hv_0 = -\frac{m_p v^2}{2} = -\frac{m_p (hv)^2}{2m_p c^2} = -\frac{(hv)^2}{2m_p c^2},$$
hoặc
$$\Delta v = -\frac{hv^2}{2m_p c^2} = -\frac{h}{2m_p \lambda^2}.$$

Đối với những thay đổi tần số tương đối nhỏ ($\Delta v \ll v$)
$$\Delta v = \Delta \left( \frac{c}{\lambda} \right) = -\frac{c}{\lambda^2} \Delta \lambda.$$

Rồi cuối cùng
$$\Delta \lambda = \frac{h}{2m_p c} \approx 6,7 \cdot 10^{-16} \text{ m}.$$

Bài tập

1. Tìm số lượng trung bình $n$ dữ kiện đi vào mắt trong một đơn vị thời gian, nếu bạn nhìn vào một bóng đèn sợi đốt có công suất $P = 200$ W từ khoảng cách $l = 10$ m. Bước sóng trung bình của bức xạ bóng đèn là $\lambda = 6 \cdot 10^{-7}$ m. Lấy đường kính màn hình bằng $d = 2$ mm. Có thể bỏ qua sự tán xạ và hấp thụ ánh sáng.
2. Tiềm năng tối đa là bao nhiêu $\Phi_{\text{max}}$ Một quả cầu đồng dài sẽ nhiễm điện nếu chiếu tia cực tím có bước sóng $\lambda = 2 \cdot 10^{-7}$ tôi? Hàm công điện tử của đồng $A = 4,47$ eV.
3. Một tia laser ruby ​​​​hoạt động ở chế độ xung có thời lượng xung $\tau = 5 \cdot 10^{-4}$ s phát ra một chùm ánh sáng song song có năng lượng $E = 1$ J. Xác định lực $F$ áp suất ánh sáng tác dụng lên một quả bóng được chiếu sáng bởi ánh sáng này nếu đường kính của quả bóng bằng đường kính của chùm tia laser và bề mặt của quả bóng hấp thụ hoàn toàn bức xạ tới quả bóng.
4. Tần số $v$ của một thực tế sẽ được ghi lại bởi một người áp dụng cố định nếu thực tế đó được phát ra bởi một nguyên tử chuyển động dọc theo hướng chuyển động của nó? Tốc độ.atoma $v$ ($v \ll c$, trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng). Trong trường hợp nguyên tử đứng yên, tần số của thực tế phát ra là $v_0$. Không được chỉ định. Sử dụng giá trị gần đúng: cho $a \ll 1 \sqrt{1+a} \approx 1+a/2$.

Lịch có nói dối mọi người không?

(Để bắt đầu, xem trang 19)

Chúng tôi sẽ in lại một số “dạng nhỏ” của Eug. Sazonov, được xuất bản vào những thời điểm khác nhau trên Literaturnaya Gazeta.

Từ bộ truyện “Toán học”
Trung Loday
vòng tròn quen thuộc của tôi
(Và tôi có
bạn bè văn hóa)
Có một ý kiến
rằng bình phương của một hình tròn,
Cho dù bạn có chiến đấu như thế nào,
không thể chứng minh được.
Chà, đừng!
Tôi có nên rên rỉ không?

Và thời gian
và lãng phí năng lượng…
Họ không phải là tốt nhất sao?
tăng cường áp dụng,
Điều gì để chứng minh sự tròn trịa
ở quảng trường?

Từ loạt bài “Đối thoại”
— Bạn cảm thấy thế nào về lý thuyết năng lượng tương đối? - Evg hỏi. Sazonov là một người bạn khoa học.
“Tương đối tốt,” kẻ ăn thịt người trả lời.

Từ sự phân tán của những người không bị ám ảnh
Nhà vật lý nghiên cứu meson pi,
Và có lẽ có lý do cho việc này;
Tôi cắt cỏ vào buổi sáng,
Vì vậy, có ozone trong lành trong vườn!

---

Anh tổng hợp cho em đi anh ơi
Nhanh lên lòng đỏ nhân tạo!

---

Không phải ai cũng biết synchrophasotron
Anh ấy có thể vặn bóng đèn vào ổ cắm!

46

Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Toán học
Bài thi viết

Tùy chọn 1

1. Có hai hợp kim đồng và bạc, và ở hợp kim thứ nhất, tỷ lệ đồng (tính theo trọng lượng) lớn hơn 45% so với hợp kim thứ hai. Bằng cách nung chảy một mảnh hợp kim thứ nhất chứa 6 kg đồng với một mảnh hợp kim thứ hai chứa 12 kg đồng, người ta thu được một thỏi chứa p% đồng. Xác định hàm lượng bạc trong hợp kim thứ nhất.

2. Trong một tam giác đều, lấy $SABC |SC| = l$ và cạnh $[SC]$ tạo một góc có độ lớn $\alpha$ với mặt phẳng đáy. Ở độ cao $[SO]$ của điểm hạ cánh, lấy một điểm $S_1$ sao cho tổng khoảng cách từ điểm này đến đỉnh $S$ và đến điểm $C_1, A_1, B_1$ là trung điểm của cạnh $[AB], [BC], [CA]$. tam giác nằm ở đáy ao có giá trị nhỏ nhất. Xác định khối lượng giặt $S_1A_1B_1C_1$.

3. Tìm tất cả các giá trị của $a \in R$ mà bất đẳng thức đúng

$$\sum_{-1}^{2a} \frac{dx}{x+a} \geq \log_a(2^{\log_2 e}).$$

4. Tìm $f'(x)$ và các điểm tới hạn của hàm số

$$f(x) = \frac{2}{3} \sqrt{\sin^3 2x} + x + 0,25 \sin 4x + \ln \frac{1}{3}.$$

Tùy chọn 2

1. Từ cùng một điểm, nằm trên một con đường thẳng, hai mã dành cho người đi bộ được gửi đồng thời về cùng một hướng với tốc độ khác nhau nhưng không đổi. Sau hai giờ, khoảng cách giữa họ là $s$ km. Sau đó, người đi bộ đi nhanh hơn và bắt đầu dành ít hơn 10 phút trên mỗi km đường đi. Sau 2 giờ nữa khoảng cách giữa họ là 3 km. Xác định đường đi của người đi bộ trong 2 giờ đầu di chuyển.

2. Một hình nguyên lục giác đều nội tiếp trong một hình nón tròn vuông có đường sinh $l$ và chiều cao $H$ sao cho đáy dưới của hình gốc nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón, và các đỉnh của đáy trên thuộc mặt hữu hạn. Tìm diện tích đáy của lăng kính nếu biết rằng tổng diện tích bề mặt của lăng kính này là lớn nhất có thể.

3. Tính các tích phân $I_1 = \int_4^8 \frac{dx}{2x}$ và $I_2 = \int_4^{169} \frac{dx}{\sqrt{1-x}}$ và xác định dấu của hiệu $I_2 - I_1$ (không cần bảng).

4. Tìm $f'(x)$ và các điểm tới hạn của hàm số

$$f(x) = 5x + \ln 2 + \log_2 \sin^3 \frac{x}{3} + 3 \log \frac{1}{2} \left( \sin \frac{4}{3} x - \sin \frac{2}{3} x \right).$$

Vật lý

Bài toán thi vấn đáp

1. Một lò xo có độ cứng $k = 300$ N/m được gắn vào một khối có khối lượng $m = 12$ kg nằm trên một mặt phẳng nằm ngang (Hình 1). Hệ số ma sát giữa khối và bề mặt là $\mu = 0,4$. Lúc đầu lò xo không bị biến dạng. Sau đó, tác dụng một lực $\vec{F}$ vào đầu tự do của lò xo, hướng một góc $\alpha = 30^\circ$ so với đường chân trời, họ từ từ di chuyển khối đó đến khoảng cách $s = 0,4$ m. Công việc gì đã được thực hiện?

2. Hai vật nhỏ có khối lượng $m_1 = 2$ kg và $m_2 = 6$ kg được nối với nhau bằng một sợi dây và đặt trên một mặt hình trụ nhẵn như Hình 2, không rõ giá trị $\alpha$. Nếu các vật được thả ở vị trí này, chúng bắt đầu chuyển động với gia tốc $a = 6$ m/s². Các vật sẽ chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu nếu chúng được đặt đối xứng trên một mặt hình trụ (Hình 2, 6)?

3. Tụ điện có điện dung $C_1 = 20$ µF và $C_2 = 60$ µF, sạc lần lượt đến một số điện áp $U_1$ và $U_2$. Sau đó, các bản tích điện âm của tụ điện được nối với một dây dẫn có điện trở có thể được coi là không đáng kể và các bản dương được nối qua điện trở $R = 80$ Ohm (Hình 3). Tại thời điểm phím $K$ đóng, dòng điện $I = 0,2$ A chạy qua điện trở. Khi có dòng điện chạy qua mạch thì điện trở sẽ toả bao nhiêu nhiệt lượng?

4. Các proton Puukok trong vùng của từ trường dây đơn có chỉ số $B = 0,1$ T. Hướng của trường vuông góc với vận tốc chùm tia. Trong trường này, các proton di chuyển dọc theo một cung tròn có bán kính $r = 0,2$ m và rơi vào một phích cắm nối đất. Tìm nhiệt lượng được giải phóng trong mục tiêu. Dòng điện trong chùm tia là $I = 0,1$ mA. Điện tích riêng của proton (tỷ lệ điện tích trên khối lượng) $e/m = 10^8$ C/kg.

5. Dọc theo hai thanh kim loại song song nằm trong mặt phẳng nằm ngang cách nhau $l = 1$ m,

48

4. Tính diện tích hình được giới hạn bởi các đường $y = -(x^2 - 5x + 4)$ và $y = 0$. Thực hiện một bản vẽ.
5. Cạnh bên của tứ giác đều có chiều dài $m$ nghiêng với mặt phẳng đáy một góc $\alpha$. Tìm thể tích của paramid.

Bài toán thi vấn đáp

1. Xác định dấu của biểu thức $\log \frac{\pi}{4}$ (tg1).
2. Tìm miền xác định của hàm $f(x) = \sqrt{9-x^2} + \lg(x-1) - \sqrt{x}$.
3. Tính tan $\left(\arccos \frac{1}{2} + \arcsin \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
4. Giải phương trình
   a) $6 \cdot 9^{0.5x-2} + 2 \cdot 3^{x-6} = 56$
   b) $f'(x) = g'(x)$, nếu $f(x) = 3 + 2x^2$, $g(x) = 3x^2 - (5x-3)(2-x)$.
5. Giải bất đẳng thức
   a) $|x^2 - 4x| > 1$
   b) $3^{|x|+2} < 27$.
6. Viết phương trình tiếp tuyến của parabol $y = x^2 - 4$ tại giao điểm của nó với trục tọa độ.
7. Trên đường cong $y = 4x^2 - 6x + 3$, tìm điểm tại đó tiếp tuyến song song với đường thẳng $y = 2x$.
8. Tìm hàm nguyên hàm $y = \frac{2}{\sin^2 3x}$ có đồ thị đi qua điểm có tọa độ $\left(\frac{\pi}{12}; 1\right)$.
9. Hai ranh giới có các cạnh tương ứng song song được ghi trong một vòng tròn. Chứng minh rằng các đường chéo của các ranh giới này bằng nhau.
10. Tìm bán kính của hình quạt nếu diện tích của nó là 144 cm2 và cung có $\frac{4}{9}$ radian.
11. Cho một hình tam giác $ABC$ và một điểm $M$ trên cạnh $AB$. Một đường thẳng đi qua điểm $M$ song song với đường trung tuyến $CC_1$ cắt $(CA)$ tại điểm $P$ và $(CB)$ tại điểm $O$. Chứng minh rằng $PM + OM = 2CC_1$.
12. Chứng minh rằng trong mọi tứ giác $ABCK$ đều có sự tương ứng $\overrightarrow{MP} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AK} + \overrightarrow{BC})$, trong đó $M$ và $P$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AB$ và $CK$.

Vật lý
Bài toán thi vấn đáp

1. Một người lái xe ô tô và một người đi xe đạp đang chuyển động hướng về nhau với tốc độ lần lượt là $v_1 = 20$ m/s và $v_2 = 5$ m/s. Tại thời điểm ban đầu khoảng cách giữa chúng là $l_0 = 250$ m. Khoảng cách này sẽ là bao nhiêu sau $t = 5$ s? Học cách giải những câu tương tự và đồ họa.
2. Ở độ sâu nào trong nước ép thì áp suất bằng $n = 3$ lần áp suất khí quyển bình thường?
3. Tìm mật độ không khí ở nhiệt độ $t = 127^\circ C$ và áp suất $p = 900$ hPa.
4. Một viên chì bay với tốc độ $v = 100$ m/s va vào tấm ván và mắc kẹt trong đó. Nhiệt độ của viên bi thay đổi bao nhiêu độ nếu 50% lượng thoát ra khi va chạm được dùng để làm nóng viên bi? Nhiệt độ riêng của chì $c = 130$ J/(kg K).
5. Một máy phát điện có suất điện động $G = 250$ V và điện trở trong $r = 0,4$ Ohm, công suất $n = 10$ đèn có điện trở $R_1 = 240$ Ohm mỗi đèn và $k = 5$ đèn có điện trở $R_2 = 145$ Ohm mỗi đèn. Các đèn được kết nối song song. Cung cấp điện trở mẫu $R_{np} = 2,5$ Ohm. Tìm điện áp trên các đèn. Liệu đáp số có thay đổi (và như thế nào) nếu chúng ta sử dụng nguồn hiện tại khác không?
6. Cần bao nhiêu điện để tách $ZnSO_4$ $m = 306$ g kẽm khỏi dung dịch? Điện áp trên các điện cực $U = 4$ V. Trở kháng điện tương đương với kẽm $k = 0,34$ mg/Kl.
7. Một electron chuyển động tròn đều trong từ trường đều có cảm ứng $B = 4 \cdot 10^{-3}$ T. Tìm chu kì hoàn lưu. Điện tích của một electron là $e = 1,6 \cdot 10^{-19}$ C, khối lượng của nó là $m = 9,1 \cdot 10^{-31}$ kg.
8. Con lắc là một quả cầu thép treo trên một sợi dây. Khối lượng của nam châm là $m = 5$ g, chu kỳ dao động của nó là $T = 1$ s. Chiều dài của sợi chỉ là bao nhiêu? Khi đặt một nam châm dưới quả bóng, chu kỳ dao động giảm xuống còn $T' = 0,8$ s. Xác định lực hút của quả bóng vào nam châm.
9. Vẽ đường đi của cánh cung đi từ ngăn xếp xuống nước và rơi trên mặt phân cách giữa các phương tiện này một góc $\alpha = 60^\circ$. Chỉ số cung cấp ngăn xếp là $n_{ct} = 1,8$, nước - $n_B = 1,33$.
10. Một vật phải đặt cách vật một khoảng bằng bao nhiêu $F = 8$ cm để ảnh của nó có cùng kích thước với vật và ảnh thật? Thực hiện một bản vẽ. Liệu đáp số có thay đổi (và như thế nào) nếu chúng ta chụp một ống kính có tiêu cự dài hơn không?
    Ấn phẩm đã được chuẩn bị
    Z. Novoseltseva, O. Onorshenko

Viện Kỹ thuật Hóa học Moscow

Matematika
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. Chứng minh danh tính $\cos^4 \alpha - \sin^4 \alpha + \sin 2\alpha = \sqrt{2} \cos \left(2\alpha - \frac{\pi}{4}\right)$.
2. Giải hệ phương trình $\begin{cases} \log_x 10 + \log_y 10 = 5 \\ \lg x + \lg y = \frac{5}{4} \end{cases}$.
3. Hình nón được định vị sao cho đáy của nó trùng với một trong các đáy của hình trụ và đỉnh của nó nằm ở tâm của đáy kia của hình trụ. Tìm tổng diện tích bề mặt của hình trụ và thể tích của nó nếu thể tích của hình nón là $V$ và đường sinh của nó tạo một góc $\alpha$ với trục hình trụ.

49

4. Tính toán
   $$\lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x^2-1}-\sqrt{x^2+x-3}}{x^2-4}.$$

5. Vẽ đồ thị hàm số $y=2x^3-3x^2+6$.

Tùy chọn 2

1. Giải phương trình
   $$\frac{1}{2} \cos 2x + \sin x \cdot \sin 2x = \cos x.$$

2. Giải phương trình
   $$\frac{\lg x + 7}{4} = 10^{\lg x + 1}.$$

3. Một hình nón được ghi trong một paramid hình tam giác đều. Cạnh của đáy của paramid bằng $a$ và các cạnh của nó tạo thành một góc $a$ với mặt phẳng của đế. Tìm diện tích xung quanh và thể tích của hình nón.

4. Tìm điểm cực đại và cực tiểu của hàm số
   $$y = \frac{x^2+x+3}{x^2+5}.$$

5. Tìm diện tích của hình được giới hạn bởi các đường $y=1-x^2$, $y=x^2-1$.

Vật lý

Bài thi vấn đáp

1. Một vật treo trên một sợi dây được nâng lên khỏi mặt đất với gia tốc $a=2$ m/s$^2$ theo phương thẳng đứng hướng lên trên. Một lúc sau $t=5$ đứt dây. Tính thời gian vật rơi xuống đất kể từ khi sợi dây đứt.

2. Một viên đạn bay theo phương ngang với tốc độ $v=400$ m/s chạm vào một khối và mắc kẹt trong đó. Khối này sẽ di chuyển dọc theo một bề mặt nằm ngang bao xa tính từ tác động của viên đạn nếu khối lượng của nó gấp $n=99$ lần khối lượng viên đạn? Tốc độ ban đầu của khối bằng 0 và hệ số ma sát giữa khối và bề mặt là $\mu=0,1$.

3. Một quả cầu gỗ được nhúng vào nước ở độ sâu $h=1$ m rồi hạ xuống. Nó sẽ nhảy lên trên mặt nước cao bao nhiêu (không tính đến lực ma sát) nếu mật độ của quả bóng là $q_{\text{ш}}=600$ kg/m$^3$ và mật độ của nước là $q_{\text{в}}=1000$ kg/m$^3$?

4. Một ống hình trụ hẹp dài $l=80$ cm, hở hai bên, cắm vào gốc trước khi tưới. Lỗ trên cùng của ống sau đó được đóng lại và đưa ra khỏi quy trình. Đồng thời, còn lại rất nhiều rutin dài $l_{\text{рт}}=22$ cm trong ống. Áp suất khí quyển là gì?

5. Một nhiệt lượng kế chứa đầy $m_{\text{B}}=2$ kg nước ở nhiệt độ $t_{\text{B}}=+6^\circ\text{C}$ và đặt một tảng băng có khối lượng $m_{\text{л}}=2$ kg và nhiệt độ $t_{\text{л}}=-20^\circ\text{C}$. Bao nhiêu nước và bao nhiêu nước đá sẽ có trong nhiệt lượng kế sau khi cân bằng nhiệt được thiết lập? Có thể bỏ qua nhiệt dung của quá trình trao đổi calo và nhiệt với môi trường bên ngoài. Nhiệt dung riêng của nước $c_{\text{в}}=4200$ J/(kg K). Nhiệt dung riêng của nước đá $c_{\text{л}}=2100$ J/(kg K). Nhiệt dung riêng của nước đá tan chảy $\lambda=330$ kJ/kg.

6. Tám giọt nhỏ giống hệt nhau của thói quen, được gọi là tiềm năng ma sát, được gọi thành một. Tính khả năng của sự sụt giảm này. Hãy coi tất cả những giọt nước như những quả bóng.

7. Một electron, được gia tốc bởi điện áp $U_0=100$ V, biến thành một tụ điện bản song song dọc theo đường tâm của nó. Tại điện áp nhỏ nhất giữa hai bản của tụ điện thì electron sẽ không rời khỏi tụ điện? Khoảng cách giữa các tấm là $d=1$ cm, chiều dài của các tấm là $L=10$ cm.

8. Hai quả bóng có cùng điện tích $q=20$ nC. Quả bóng được nối bằng một sợi dây mỏng. Bao nhiêu điện sẽ truyền qua dây nếu quả bóng là kim loại và bán kính của chúng là $R_1=15$ cm và $R_2=5$ cm?

9. Một người tiêu dùng có điện trở $R_1$ được kết nối với nguồn hiện tại. Sau đó, nó bị ngắt kết nối và một người tiêu dùng khác có điện trở $R_2$ được kết nối. Sức mạnh hữu ích trong cả hai trường hợp hóa ra là như nhau. Điện trở trong của nguồn hiện tại là bao nhiêu?

10. Khoảng cách từ vật được chiếu sáng đến màn là $L=100$ cm. Một thấu kính đặt giữa chúng cho ảnh rõ nét của vật ở hai vị trí, khoảng cách giữa chúng là $l=20$ cm. Tìm tiêu cự của đường thẳng đó.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
N. Bolyshakov, V. Kudryavtsev,
R. Nifanteva, A. Pershin

Viện Điện tử Vô tuyến Kharkov

Matematika

Bài thi viết

Tùy chọn 1

1. Giải phương trình
   $$2 \cos x + \text{ctg} x + 2 \sin x + 1 = 0.$$

2. Giải bất đẳng thức
   $$\log \frac{1}{2} \sin x > 1.$$

3. Các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ vuông góc với nhau và vectơ $\vec{c}$ tạo thành một góc $60^\circ$ với mỗi vectơ. Cho rằng $|\vec{a}|=3$, $|\vec{b}|=5$ và $|\vec{c}|=8$, hãy tính tích chấm $(3\vec{a}-2\vec{b}) \times (\vec{b}+3\vec{c})$.

4. Tìm diện tích của hình được giới hạn bởi các đường $y=\left(\frac{1}{2}\right)^x$, $x-2y+2=0$, $x=2$.

5. Giải phương trình
   $$\frac{x}{x+1}-2 \sqrt{\frac{x+1}{x}}=3.$$

Tùy chọn 2

1. Giải phương trình
   $$\frac{1}{\cos x}+1=\sin(\pi-x)-\cos x \cdot \tg \frac{\pi+x}{2}.$$

2. Giải bất đẳng thức
   $$\sqrt{x^2-4x}>x-3.$$

3. Thân là một hình chữ nhật có đỉnh hình bán cầu. Cái này có những kích thước tuyến tính nào?