Lời giải bài toán M731—M738; F743—F747

36

nal problem to propose for publication, please send it to us in two copies (including the solution) in an envelope inscribed “NEW PROBLEM IN PHYSICS (MATHEMATICS)”.

=0,0075 C, $p_{tr} = 4.58$ mm Hg, the specific heat of evaporation is $r = 595.8$ cal/g and the specific heat of melting is $\lambda = 79.7$ cal/g. Find the specific heat of sublimation (the direct passage from solid to gas) of water at the triple point.

V. Davydov

P775. A high precision multi-range ammeter has a separate scale for each range of measurement. The ammeter is plugged into a network at range 10 mA and registers a current of $I_1 = 2.95$ mA; when it is switched over to the 3 mA range, it shows $I_2 = 2.90$ mA. What was the current in the network before the ammeter was plugged in?

A. Zilberman

P776. A small tea-kettle is filled with warm water ($t_1 = 30^\circ\text{C}$). The kettle cools by 1 degree in time $\tau = 5$ min. To keep the water warm, hot water ($t_2 = 45^\circ\text{C}$) is added to it drop by drop. The mass of one drop is $m_d = 0.2$ g. How many drops per minute are required to keep the temperature at $30^\circ\text{C}$? By how many degrees will the water warm up in one minute, if the frequency of dripping is tripled? Assume that the water temperature evens out very quickly. The extra water drips out of the kettle’s nose. The kettle contains 0.3 litres of water. The surrounding air temperature is $t_0 = 20^\circ\text{C}$.

A. Zilberman

P777. Một ròng rọc được treo bằng một sợi dây không trọng lượng, không giãn; chiều dài các phần thẳng đứng của sợi dây là $l$ (xem hình 4). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ trong mặt phẳng vuông góc với trục ròng rọc.

W. Ilyin

Lời giải bài toán

M731 — M738; F743 — F747

M731. Hai người trả lời câu hỏi này: người thứ nhất gọi tên một số tự nhiên từ 2 đến 9; số thứ hai nhân số này với một số tự nhiên tùy ý từ 2 đến 9, v.v.; người đầu tiên sản xuất ra sản phẩm lớn a) nghìn người sẽ thắng; b) triệu. Ai gợi lên bằng cerra chính xác - người mới bắt đầu hay đối tác của anh ta?

a) Vấn đề lời giải được phân tích từ đầu đến cuối (Hình 1). Nếu cuối cùng một trong những người chơi $I$ đề nghị người chơi khác - gọi anh ta là $B$ - bất kỳ số nào từ 112 đến 999, thì người chơi $B$ thắng (bằng cách nhân với 9). Do đó, nếu $B$ đưa ra cho đối tác của mình $I$ bất kỳ số nào từ 56 đến 111, thì $I$ sẽ nhận được ít nhất 112 (sau đó anh ta sẽ chỉ nhân với 2) và không quá 999 (sau đó anh ta sẽ nhân với 9) và người chơi $B$ sẽ được đảm bảo thắng. Bây giờ rõ ràng là nếu $I$ gọi tên bất kỳ số nào từ 7 đến 55, thì $B$ có thể rơi vào khoảng có lợi cho anh ta [56; 111]. Cuối cùng, để $I$ phải rơi vào khoảng thời gian chết chóc này đối với anh ta [7; 55], người chơi $B$ chỉ cần gọi tên bất kỳ số 4, 5, 6 nào ở bước đầu tiên. Vì vậy, người mới bắt đầu chiến thắng với con số chính xác.

6. Trường hợp này có thể được phân tích theo cách tương tự - “từ cuối”. Tuy nhiên, chúng tôi sẽ đưa ra điểm chung lời giải, cho phép chúng tôi đánh giá tình huống khi chơi không chỉ lên tới 1000 hoặc lên tới 1000.000 mà còn lên đến bất kỳ số nào. Với mục đích này, hãy “logarit hóa” các điều kiện của trò chơi. Trò chơi có thể được coi là bắt đầu bằng việc người chơi đầu tiên nhận số 1 và nhân nó với bất kỳ số nào trong số 2, 3, …, 9. Hãy chuyển sang logarit: người mới bắt đầu có số $lg 1 = 0$ và có thể thêm vào đó bất kỳ số nào trong số $a_1 = lg 2$, $a_2 = lg 3$, …, $a_8 = lg 9$. Sau đó, đối tác sẽ thêm vào kết quả bất kỳ số nào trong số $a_1$, $a_2$, …, $a_8$, sau đó là số bắt đầu, v.v. Người đầu tiên đạt đến số $lg 1 000 000 = 6$ sẽ thắng. Bây giờ chúng ta có thể hình thành tổng quát hơn

39

có nghĩa là điểm $M$ nằm trên đường thẳng $C_1D_1$. Nhưng theo điều kiện, đối với hai vị trí khác nhau của điểm $K$ thì điểm $M$ nằm trên cạnh $CD$ nên đoạn $C_1D_1$ trùng với $[CD]$. Trên đường đi, chúng ta thấy rằng các đường chéo $AC$ và $BD$ song song với các cạnh của hình chữ nhật nội tiếp.

Hãy tìm chu vi của hình chữ nhật $KLMN$:
$$p = 2(|KL| + |KN|) = 2((1-t)|AC| + t|BD|),$$
do đó, $p$ là hàm tuyến tính của $t$. Từ đây, như ở điểm $a$), chúng ta kết luận rằng $p = 10$ cho tất cả các vị trí của điểm $K$. Cụ thể, đối với $K = A$, chúng tôi thu được $p = p(0) = 2|AC| = 10$ đó và đối với $K = B$ đó là $p = p(1) = 2|BD| = 10$. Dễ dàng chứng minh rằng diện tích của một tứ giác là $\frac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \cdot \sin \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa hai đường chéo của nó.

Trong trường hợp của chúng ta, các đường chéo vuông góc nên $S_{ABCD} = \frac{25}{2}$.

Thứ hai lời giải. Tứ giác $ABCD$ có các hình chữ nhật $KLMN$ và $K_1L_1M_1N_1$ nội tiếp có thể được coi là hình chiếu của tứ diện $ABCD$ và hai phần của nó (xem Hình 3). Trên thực tế, chúng ta hãy giả sử hình chữ nhật $K_1L_1M_1N_1$ phía trên mặt phẳng vẽ sao cho các cạnh của nó vẫn song song với các cạnh của hình chữ nhật $KLMN$. Bốn mặt phẳng được vẽ thông qua sự tương ứng của cạnh “nâng” của hình chữ nhật và hình chữ nhật $KLMN$ bao quanh khối tứ diện $ABCD$. Hãy thực hiện một phép chiếu song song, trong đó hình chữ nhật “nâng lên” đi vào $K_1L_1M_1N_1$. Khi đó khối tứ diện sẽ được chiếu thành hình tứ giác được mô tả bằng các hình chữ nhật phù phép, tức là thành hình tứ giác ban đầu $ABCD$.

Các mặt $ABC$ và $ADC$ của khối tứ diện đi qua các đoạn song song $KL$ và $MN$ và cắt nhau dọc theo cạnh $AC$. Do đó, nó song song với các đoạn này và do đó với mặt phẳng vẽ. Từ đó, bất kỳ hình chiếu song song nào của nó lên mặt phẳng này, đặc biệt là đường chéo $AC$ của tứ giác $ABCD$, đều bằng và song song với cạnh $AC$. Tương tự, bất kỳ hình chiếu nào của cạnh $BD$, đặc biệt là đường chéo $BD$ của tứ giác $ABCD$, đều bằng và song song với cạnh $BD$. Bây giờ tứ diện $ABCD$ được chiếu lên mặt phẳng vẽ theo một cách khác - song song với cạnh $CD$. Hình chiếu của các điểm $C$ và $D$ trùng nhau và chúng ta thu được một tam giác vuông $ABC$, trong đó hai hình chữ nhật có chu vi 10 nội tiếp (xem Hình 4). Trong trường hợp này, các đường chéo $AC$ và $BC$ của tam giác này bằng nhau và song song với các đường chéo $AC$ và $BD$ của tứ giác ban đầu. Bất kỳ hình chữ nhật nào nội tiếp trong $\triangle ABC$ như trong Hình 4 đều tương ứng với một sự kết hợp nào đó của một tứ diện và một số hình chữ nhật nội tiếp trong tứ giác $M735$ trong số tạp chí này.

V. Dubrovsky, A. Egorov

◆
a) Đáp số: $m = 1, 2, 4, 6, 8$. Bằng chứng sẽ được đưa ra ở lời giải điểm c).

6. Đầu tiên là lời giải. Hãy để $c_k = a^k - 1$. Hãy phân tích $c_k$ thành thừa số của $k = 2^n$:
   $$c_k = a^{2n} - 1 = (a^{2n-1} - 1)(a^{2n-1} + 1) = (a - 1)(a + 1)(a^2 + 1)(a^4 + 1) \dots (a^{2n-1} + 1).$$
   Nếu $a$ là số lẻ thì có $n + 1$ thừa số chẵn trong tích này và do đó $c_k$ chia hết cho $2^{n+1}$. Vì vậy, với mọi $k = 2^n$, trong đó $n - 1 \geq m$, số $c_k$ chia hết cho $2^m$.

Thứ hai lời giải. Chúng ta hãy nhìn vào số dư mà

40

Số Dayot $c_1, c_2, c_3, \dots (c_k=a^k-1)$ khi chia cho $2^m$.
Số phần dư khác nhau là hữu hạn, vì vậy có hai số trung bình $c_k$, ví dụ $c_n$ và $c_l$ ($n>l$), cho các số dư giống nhau khi chia cho $2^m$. Hiệu của chúng là bội số của $2^m$ và vì $c_n-c_l=a^n-a^l=a^{n-l}-1=a^l\cdot c_{n-l}$ và $a$ là số lẻ nên $2^m$ chia hết cho $c_{n-l}$. Nó cũng tuân theo công thức tính hiệu, cùng với $c_{n-l}$, tất cả các số hạng của dãy vô hạn $c_{n-l}, c_{2(n-l)}, c_{3(n-l)}, \dots$ cũng được chia cho $2^m$.

Chúng tôi khuyến nghị người đọc chứng minh rằng tính tổng quát của tất cả các số $c_k$ chia hết cho $2^m$ có dạng $\{c_r, c_{2r}, \dots, c_{i.r}, \dots\}$, trong đó $r=2^l$, $t\leq m$.

C) Chúng ta hãy biểu thị bằng $d(N)$ số mũ của lũy thừa lớn nhất của 2 mà số nguyên $N$ được chia. Đặt $d(m)=n$, sau đó đặt $m=2^n\cdot s$, trong đó $s$ là số lẻ. Vì $c_m=a^{2n}\cdot s-1=(a^{2n}-1)(a^{2n(s-1)}+a^{2n(s-2)}+\dots+1)$ và tổng trong ngoặc thứ hai là số lẻ, $d(c_m)=d(a^{2n}-1)$. Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng các thừa số có dạng $a^{2l}+1$ trong khai triển (1) cho $l\geqslant 1$ chia hết cho 2 và không chia hết cho 4 (thực ra, số $a$ là số lẻ nên $a^{2l}$ là bình phương của một số lẻ và để lại dư 1 khi chia cho 4). Theo sau đó là $d(c_m)=d(a^2-1)+n-1$ tại $n\geqslant 1$; nếu $n=0$, thì $d(c_m)=d(a-1)$.

Để chia hết $c_m$ cho $2^m$ cần phải thỏa mãn bất đẳng thức $d(c_m)\geqslant m$, tức là $d(a-1)\geqslant m$ khi $m$ là số lẻ và $d(a^2-1)+n-1\geqslant m=2^n\cdot s$ khi $m$ là số chẵn. Bất đẳng thức thứ nhất chỉ đúng với một số hữu hạn các số $m$ và bất đẳng thức thứ hai được rút gọn về dạng

$$s \leq \frac{d(a^2-1)+n-1}{2^n}.$$

Vì phần bên phải của bất đẳng thức này tiến tới 0 đối với $n\rightarrow\infty$, nên nó chỉ có thể đúng với một tập hợp hữu hạn các cặp $(n;s)$ đối với bất kỳ $a$ cố định nào.

Quay lại điểm a), chúng ta đặt $a=31$. Các số bắt buộc $m$ thỏa mãn bất đẳng thức $m\leqslant d(31-1)=d(30)=1$, nếu $m$ là số lẻ và bất đẳng thức $s\leqslant(d(31^2-1)+n-1)/2^n$, nếu $m=2^n\cdot s$, trong đó $n\geqslant 1$, $s$ là số lẻ. Bất đẳng thức thứ nhất cho $m=1$. Số thứ hai được rút gọn về dạng $s\leqslant(5+n)/2^n$, vì $d(31^2-1)=d(30\cdot 32)=6$. Từ đây chúng ta có khả năng xảy ra cặp $(n;s)$: đây là $(1;1), (1;3), (2;1)$ và $(3;1)$, tức là $m=2, 4, 6, 8$.

V. Prasolov

M734. Điểm Bissertis 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 nửa độ dài hai cạnh AB và AC.

Hãy để định nghĩa $|AB| \leqslant |AC|$. Trên cạnh AC, xét điểm P đối xứng với B qua đường thẳng AK (xem hình). Rõ ràng là $|AP|=|AB|, |PK|=|BK|$. Sự bằng nhau của các góc BAK và CAK hàm ý sự bằng nhau của các cung BK và CK mà chúng nằm trên đó, và sự bằng nhau của các cung bao hàm sự bằng nhau của các dây BK và CK phụ thuộc chúng. Do đó, $|CK|=|BK|=|PK|$, và do đó hình chiếu K’ của điểm K lên cạnh AC là trung điểm của đoạn CP. Kể từ đây,

$$|AK'|=|AP|+|PK'|=|AB|+\frac{|AC|-|AB|}{2} = \frac{|AB|+|AC|}{2}.$$

A. Egorov

43

xét hàm $L(\varphi)$ trên khoảng $\varphi_0 \leqslant \varphi \leqslant \pi + \varphi_0$, trong đó $L(\varphi_0) \neq L$. Trong trường hợp này, các số $p$, $q$ và $m$ sẽ không thay đổi (điểm 0 và π phải được tính là một). Vậy $m$ là số chẵn.

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó $p = q$. Hãy di chuyển đường thẳng $y = L$ lên trên một khoảng $\varepsilon$ (Hình 2). Nếu $\varepsilon$ đủ nhỏ thì mỗi điểm “khách quan” giao nhau của đồ thị hàm $L(\varphi)$ với đường thẳng $y = L$ sẽ có một điểm “khách quan” trên đường thẳng $y = L + \varepsilon$, mỗi điểm tối thiểu $q$ sẽ “chia thành hai” và điểm tối đa sẽ biến mất. Tổng số điểm giao nhau của đồ thị và đường thẳng sẽ trở thành $m + 2q$, và vì nó không thể tăng nên $m + 2q \leqslant m + p + q$, tức là $q \leqslant p$. Nó được chứng minh theo cách tương tự rằng $q \geqslant p$. Do đó, $p = q$ và số $m + p + q$ là số chẵn.

c) Xét $\triangle ABC$. Đặt $c$ là các cạnh dài nhất của nó, $c \geqslant b \geqslant a$ (để biết các ký hiệu, xem Hình 3). Primula $l_0$ sẽ được vẽ vuông góc với các cạnh $AB$. Hướng các đường cao của tam giác $ABC$ tương ứng với các giá trị $\varphi = 0$, $\varphi = \alpha$ và $\varphi = \pi - \beta$. Do đó, trên đoạn $0 \leqslant \varphi \leqslant \alpha$ hình chiếu của tam giác lên đường thẳng $l_\varphi$ trùng với hình chiếu của cạnh $BC$, tức là $L(\varphi) = L_a(\varphi) = a \left| \cos \left( \varphi - \left( \frac{\pi}{2} - \beta \right) \right) \right|$, trên đoạn $[\alpha; \pi - \beta]$ - với hình chiếu của cạnh $AB: L(\varphi) = L_c(\varphi) = c \left| \cos \varphi \right|$, và trên đoạn $[\pi - \beta; \pi]$ - với hình chiếu của cạnh $AC: L(\varphi) = L_b(\varphi) = b \left| \cos \left( \varphi - \left( \frac{\pi}{2} + \alpha \right) \right) \right|$.

Nếu tam giác tù hoặc hình chữ nhật thì $\alpha + \beta = \pi - \gamma \leqslant \frac{\pi}{2}$, do đó, để dễ kiểm tra, các điểm cực đại của hàm $L_a(\varphi)$ và $L_b(\varphi) - \frac{\pi}{2} - \beta$ và $\frac{\pi}{2} + \alpha$ rơi vào đoạn $[\alpha; \pi - \beta]$, trên đó $L(\varphi) = L_c(\varphi)$. Trong trường hợp này, hàm $L(\varphi)$ trước tiên trả về phân đoạn $[0; \frac{\pi}{2}]$ từ $h_c$ đến $c$, sau đó hủy từ $c$ đến $h_c$ (Hình 4).

Phải mất mỗi giá trị không quá hai lần. Nếu $\triangle ABC$ cấp tính thì $a + \beta > \frac{\pi}{2}$ và cực đại của hàm $L_a(\varphi)$ và $L_b(\varphi)$ nằm bên trong các đoạn $[0; \alpha]$ và $[\pi - \beta; \pi]$. Do đó, hàm $L(\varphi)$ có ba cực đại và sáu khoảng đơn điệu (Hình 5). Vì $h_c \leqslant h_b < a \leqslant b \leqslant c$, bất kỳ giá trị nào từ khoảng $h_b; a$ [hàm $L(\varphi)$ mất ít nhất bốn lần - trong ba khoảng đơn điệu đầu tiên và cuối cùng (xem Hình 5). Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng nếu $h_a < a$, thì bất kỳ giá trị nào từ khoảng $h_a; a$ [được lấy sáu lần - một lần trên mỗi khoảng đơn thức của hàm $L(\varphi)$.

V. Prasolov

◆ Một hòn đá được ném với tốc độ ban đầu tối thiểu $v_0$, đủ để hòn đá bay qua tường, có quỹ đạo như hình vẽ. Tại các điểm A và B, quỹ đạo chạm vào các cạnh của tường; tốc độ $v$ của hòn đá tại điểm A tạo thành một góc $\alpha = 45^\circ$ với đường chân trời. Thời gian $t$ hòn đá bay từ điểm A đến điểm B được xác định bởi các điều kiện
$$v_y = v \sin \alpha = gt/2 \Rightarrow t = 2v (\sin \alpha)/g.$$

Độ lớn của vận tốc $v$ liên hệ với bức tường tù $l$ bằng sự tương ứng
$$l = v_x t = 2v \cos \alpha \cdot v (\sin \alpha)/g = v^2/g \Rightarrow v = \sqrt{gl}.$$

Mối liên hệ giữa $v_0$ và $v$ sẽ được tìm thấy từ định luật bảo toàn năng lượng:
$$\frac{mv_0^2}{2} + mgh = \frac{mv^2}{2} + mgH,$$
Ở đâu
$$v_0 = \sqrt{v^2 + 2g(H - h)} = \sqrt{g(l + 2H - 2h)}.$$

O. Savigan

44

F744. Tàu vũ trụ là một quả cầu có thành mỏng cứng có bán kính $R=2$ m, chứa đầy khí. Bên trong thiết bị có một quả cầu có bán kính $r=R/2$, chứa đầy chất khí giống như thiết bị thứ tám, 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 xem áp suất bên trong thiết bị thay đổi bao nhiêu lần nếu thiết bị thứ tám bị cuốn đi ở khoảng cách $a=0,5$ m. Xét khối lượng của vỏ; nhiệt độ được coi là không thay đổi.

Khi xảy ra những thay đổi bên trong bộ máy thì vị trí khối tâm (khối tâm) của bộ máy không thay đổi.

Tại thời điểm ban đầu m. của bộ máy được xác định bằng cách nào. m. hệ “quả bóng có mật độ $\varrho_1$ + quả bóng có mật độ $\varrho_2$ - $\varrho_1$”, trong đó $\varrho_1$ là mật độ của chất khí lấp đầy quả cầu bán kính $R$, $\varrho_2$ là mật độ của chất khí lấp đầy quả cầu bán kính $R/2$.

Sau khi quả bóng nổ tung, c. m. của bộ máy được xác định bằng cách nào. m. quả cầu có bán kính $R$, chứa đầy khí có mật độ $\varrho$, trong đó $\varrho$ là mật độ khí trong quả cầu sau khi quả bóng bị hư hỏng.

Việc sau khi quả bóng bị hư hại, toàn bộ thiết bị đã bị cuốn đi một khoảng $a$ có nghĩa là… m. thiết bị có một quả cầu đặc được đặt ở khoảng cách $a$ tính từ tâm quả cầu (xem hình). Từ điều kiện này, chúng ta tìm thấy sự tương ứng giữa $\varrho_1$ và $\varrho_2$:

$$\frac{4}{3} \pi R^3 \varrho_1 a g = \frac{4}{3} \pi \frac{R^3}{8} \left( \frac{R}{2} - a \right) g \Rightarrow \frac{\varrho_2}{\varrho_1} = \frac{R+14a}{R-2a}.$$

Mật độ khí trong thiết bị sau khi bong bóng nổ được xác định bởi điều kiện

$$\frac{4}{3} \pi R^3 \varrho_1 + \frac{4}{3} \pi \frac{R^3}{8} \left( \varrho_2 - \varrho_1 \right) = \frac{4}{3} \pi R^3 \varrho \Rightarrow \varrho = \frac{7}{8} \varrho_1 + \frac{1}{8} \varrho_2.$$

Áp suất khí $p$ trong thiết bị sau khi quả bóng bị hư hỏng có thể được tìm thấy từ điều kiện $\frac{p}{p_1} = \frac{\varrho}{\varrho_1}$, trong đó $p_1$ là áp suất khí ban đầu bên trong quả cầu có thành mỏng.

Như vậy,

$$\frac{p}{p_1} = \frac{\varrho}{\varrho_1} = \frac{7}{8} + \frac{1}{8} \frac{\varrho_2}{\varrho_1} = \frac{R}{R-2a} = 2,$$

tức là áp suất khí bên trong thiết bị tăng lên 2 lần.

A. Buzdin

F745. Bình chứa Tellois được chia thành hai phần bằng một pít-tông được cách ly, có thể di chuyển vào trong bình mà không có ma sát. Phía bên trái của bình chứa 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng, phía bên phải chứa chân không. Piston chứa một lò xo có một ống xếp bên phải, chiều dài lò xo ở trạng thái tự do bằng chiều dài của lò xo. Bỏ qua dung tích của chất lỏng, piston và lò xo, xác định dung tích của hệ thống.

Gọi $T_1$ là nhiệt độ ban đầu của khí dưới pít-tông, $T_2$ là nhiệt độ của khí sau khi hệ được cơ thể thông báo ΔQ. Vì không có ma sát và bình được cách điện, nên toàn bộ Tello ΔQ sẽ hướng tới sự thay đổi ΔU trong phạm vi năng lượng của hệ, nghĩa là ΔQ = ΔU. Sự thay đổi năng lượng của hệ bao gồm sự thay đổi năng lượng của khí và sự thay đổi thế năng vô hướng (chúng ta bỏ qua điện dung của bình, piston và lò xo).

Nội năng của một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử khi đun nóng từ nhiệt độ $T_1$ đến nhiệt độ $T_2$ tăng theo

$$\Delta U_1 = \frac{3}{2} R \left( T_2 - T_1 \right).$$

Thế năng của vô hướng thay đổi theo đại lượng

$$\Delta U_2 = \frac{k}{2} \left( x_2^2 - x_1^2 \right),$$

trong đó $x_1$ và $x_2$ là các giá trị biến dạng tuyệt đối của lò xo ở nhiệt độ khí $T_1$ và $T_2$ tương ứng. Hãy tìm mối liên hệ giữa các thông số của chất khí dưới piston và biến dạng của lò xo.

Từ điều kiện cân bằng piston suy ra rằng

$$p = \frac{F}{s} = \frac{kx}{s} \Rightarrow x = \frac{ps}{k}$$

(p - áp suất khí, s - diện tích piston, k - độ đàn hồi của lò xo). Theo định luật Mendeleev-Clapeyron, đối với 1 mol khí đơn nguyên tử có sự tương ứng với hệ co tương ứng.

45

$$pV = RT \Rightarrow p = RT/V.$$
Khi lò xo bị biến dạng $x$ thì thể tích chiếm giữ của khí dưới piston lần lượt là $V = xs$ và $p = RT/xs$. Thay biểu thức này vào (*), ta tìm được

$$x^2 = RT/k.$$

Như vậy, độ biến thiên thế năng của lò xo dốc khi hệ được nung nóng bằng

$$\Delta U_2 = \frac{R}{2} (T_2 - T_1).$$

Tổng độ biến thiên nội năng của hệ khi đun nóng từ nhiệt độ $T_1$ đến nhiệt độ $T_2$ bằng

$$\Delta U = \Delta U_1 + \Delta U_2 = 2R (T_2 - T_1),$$

và nhiệt lượng của hệ thống là

$$c = \frac{\Delta Q}{\Delta T} = \frac{\Delta U}{T_2 - T_1} = 2R.$$

B. Klyachiin

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 1). Vatoms đang tan vỡ mỗi ngày. Giả sử rằng 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 bên ngoài tối đa bao nhiêu thì pin có thể được coi là máy phát điện?

Hình 1.

Hình 2.

Để các cực của pin được nối tắt đến tải và điện áp trên các cực của pin là $U$. Hãy tìm dòng điện chạy qua tải, nghĩa là chúng ta sẽ thiết lập đặc tính dòng điện-điện áp của pin.

Quả cầu phải có các electron có năng lượng $W \geq eU$. Ở chế độ Đứng yên (không đổi $U$), điện tích của quả cầu không thay đổi. Do đó, số electron va vào quả cầu trong mỗi phút bằng số electron quay trở lại trong cùng thời gian qua tải tới một mảnh chất phóng xạ.

Ở mức $eU \leq W_{\min}$ tất cả các electron phải đến từ quả cầu, điện tích mà chúng truyền trong một đơn vị thời gian là dòng điện tối đa mà một cục pin như vậy có thể tạo ra, tức là

$$I_{\max} = ev.$$

Ở điện áp cao hơn, khi $W_{\min} < eU < W_{\max}$, chỉ những electron có năng lượng $W \geq eU$ mới rơi trên quả cầu; những electron này xác định dòng điện chạy qua tải (các electron còn lại quay trở lại tâm quả cầu, trừ đi tải). Tỷ lệ các electron này trong tổng số electron phát ra từ một mảnh chất phóng xạ bằng

$$n = \frac{W_{\max} - eU}{W_{\max} - W_{\min}}$$

(do sự phân bố năng lượng đồng đều của các electron). Dòng điện chạy qua tải bằng

$$I = evn = ev \frac{W_{\max} - eU}{W_{\max} - W_{\min}}.$$

Điện áp thấp nhất $U_{\max}$ tại các cực pin mở (emf pin) được xác định bởi điều kiện

$$eU_{\max} = W_{\max} \Rightarrow U_{\max} = W_{\max}/e.$$

Ngay khi đạt đến điện áp này, điện tích của quả cầu và mảnh chất phóng xạ ngừng thay đổi.

Hình 2 cho thấy sự phụ thuộc của dòng điện vào điện áp. Biểu đồ tương tự cho thấy các đặc tính dòng điện-điện áp của bề mặt ngoài trời có điện trở $R$ (ở các giá trị khác nhau là $R$). Tọa độ và trục hoành của các điểm giao nhau của đồ thị cho các giá trị dòng điện và điện áp trong mạch tại một giá trị cho trước $R$. Tại

$$R \leq R_0 = W_{\min}/e^2 v$$

tok không đổi bất kể điện trở ngoài trời. Với điện trở như vậy, có thể coi pin là máy phát điện.

I. Vorobiev