Lời giải bài toán M861—M865; F873—F877

47

các khối lập phương “tập trung vào mặt” có cạnh $a_2=3,63 \cdot 10^{-10}$ m, các nguyên tử Fe hiện nằm ở các đỉnh của khối lập phương và ở tâm các mặt của chúng (hình Hình 4). Sắt ở trạng thái này được gọi là $\gamma$-sắt ($\text{Fe}_{\gamma}$). Mật độ của sắt ở hai trạng thái này có giống nhau không? Khối lượng nguyên tử tương đối của sắt là $\mu=55,847$.

I. M. Nizamov

P891. How will the electric capacity of a conducting sphere change if we make a dent in it?

R. L. Enfiadjan

P892. A ray of light falls along a diameter on a glass ball of radius $R$. At the distance $r$ from the ball’s centre the ray is dissipated uniformly in all direction by a little air bubble in the glass. Find how the amount of light leaving the glass ball depends on $r$. The refraction coefficient of glass is $n$. Light losses within the glass are negligible.

A. A. Lapides

Lời giải bài toán

M861 — M865; F873 — F877

Gọi $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số đã cho, $b_1=\{a_1\}, b_2=\{a_1+a_2\}, \dots, b_n=\{a_1+a_2+\dots+a_n\}$ ($\{x\}$ là phần phân số của $x$). Tất cả các số $b_1, \dots, b_n$ đều nằm trong khoảng $[0; 1]$. Hãy chia nó thành $n+1$ các khoảng bằng nhau $\Delta_0=[0; 1/(n+1)]$, $\Delta_1=[1/(n+1); 2/(n+1)]$, …, $\Delta_n=[n/(n+1); 1]$. Nếu ít nhất một trong các số $b_i$ rơi vào một trong các khoảng cực trị $\Delta_0$ hoặc $\Delta_n$, thì câu lệnh bài toán rõ ràng sẽ đúng với tổng $a_1+\dots+a_i$. Nếu không, các khoảng $n-1$ $\Delta_1, \dots, \Delta_{n-1}$ sẽ chứa $n$ điểm $b_1, \dots, b_n$, vì vậy ít nhất một trong số chúng sẽ chứa hai điểm, $b_k$ và $b_l$. Gọi $k>l$ thì $a_{l+1}+a_{l+2}+\dots+a_k=(a_1+\dots+a_k)-(a_1+\dots+a_l)=\epsilon$ là số ($|b_k-b_l|<1/(n+1))$.

Dễ dàng nhận thấy rằng số $1/(n+1)$ không thể giảm trong điều kiện rút gọn - chỉ cần lấy tất cả các số $1/(n+1)$ là đủ.

S. Yu. Orevkov

M862. a) Bên trong bề mặt đã cho của tam giác, hãy chỉ ra tập hợp tất cả các điểm $M$ sao cho khoảng cách từ $M$ đến cạnh của nó bằng chính chúng.

b) Bên trong bề mặt đã cho của tam giác, hãy chỉ ra tập hợp tất cả các điểm $M$ sao cho khoảng cách từ $M$ đến cạnh của nó bằng chính chúng.

a) Đáp số: tập hợp yêu cầu là phần bên trong của một tam giác được giới hạn bởi các đường trung bình tuyến tính của tam giác đã cho (Hình 1).

Gọi $d_a=d_1, d_b, d_c$ là khoảng cách từ điểm $M$ đến cạnh $BC, CA, AB$ cho bởi 三角形. Để tồn tại một tam giác có cạnh dài $d_a, d_b$ và $d_c$, cần và đủ để thỏa mãn ba bất đẳng thức: $d_a<d_b+d_c, d_b<d_a+d_c$ và $d_c<d_a+d_b$, hoặc $d_a<d/2, d_b<d/2, d_c<d/2$, trong đó $d=d_a+d_b+d_c$, nhưng $d$ là chiều cao của tam giác $ABC$ (nếu $l$ là chiều dài của tam giác cạnh của tam giác thì $ld/2=(ld_a+ld_b+ld_c)/2=S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB}=S_{ABC}$).

48

Đối với Posny, điều kiện $d_a < d/2$ xác định trong tam giác $ABC$ hình thang $BCB_1C_1$, bị cắt khỏi tam giác đó bởi đường giữa $B_1C_1$ (bản thân đoạn $B_1C_1$ bị loại trừ trong trường hợp này). Các hình thang tương tự được cho bởi hai bất đẳng thức khác và giao điểm của các hình thang này là phần bên trong của tam giác $A_1B_1C_1$.

6. Đáp số: tập hợp yêu cầu là phần bên trong của một hình bát diện đều có các đỉnh ở giữa các cạnh của hình tứ diện này (Hình 2).

Lặp lại động tác lời giải bài toán a), chúng ta chia tứ diện đã cho $T$ thành bốn tứ diện, các đáy của chúng là các mặt của tứ diện đã cho và các đỉnh nằm ở điểm $M$. Gọi $d_1, d_2, d_3, d_4$ là chiều cao của chúng, tức là khoảng cách từ điểm $M$ đến các mặt của tứ diện $T$, khi đó tổng thể tích của chúng là $(d_1S+d_2S+d_3S+d_4S)/3$ (trong đó $S$ là diện tích mặt của tứ diện này), do đó, $d=d_1+d_2+d_3+d_4$ là chiều cao của tứ diện $T$. Để một tứ giác được hình thành từ các đoạn có độ dài $d_1, d_2, d_3, d_4$, mỗi độ dài này phải nhỏ hơn $d/2$ (giả sử, bất đẳng thức $d_1 < d/2$ tương đương với $d_1 < d_2 + d_3 + d_4$). Rõ ràng, mỗi bất đẳng thức “cắt bỏ” khỏi tứ diện một tứ diện có kích thước bằng một nửa (tứ diện có cạnh màu đỏ trong Hình 2). Sau bốn lần “cắt”, một khối bát diện đều sẽ vẫn còn.

Ngược lại, đối với bất kỳ điểm nào bên trong bát diện này, các bất đẳng thức $d_i < d/2$ sẽ được thỏa mãn, do đó một tứ giác có thể được tạo thành từ các đoạn có độ dài $d_1, d_2, d_3, d_4$. (Thật vậy, giả sử $d_1 > d_2 > d_3 > d_4$; các khoảng $|d_1 - d_2|, d_1 + d_2|$ và $|d_3 - d_4|, d_3 + d_4|$ chứa một điểm chung $l$, vì $d_1 - d_2 < d_3 + d_4 < d_1 + d_2$; bây giờ có thể thu được tứ giác cần thiết bằng cách đặt các hình tam giác trên các cạnh $d_1, d_2, l$ và $d_3, d_4, l$ với nhau.

E. A. Yasinov

M863. Mỗi ô vuông của bảng $n \times n$ có một con chip. Có thể sắp xếp lại chúng sao cho hai quân cờ bất kỳ cắt nhau theo nước đi của quân mã, sau khi sắp xếp lại, bắt đầu cắt nhau theo nước đi của vua, nếu $a) n=3, b) n=6, c) n=4$?

◆
a) Đáp số: bạn có thể. Việc sắp xếp lại cần thiết được mô tả trong Hình 1.

6. Đáp số: không thể được. Để chứng minh điều đó, chúng tôi giới thiệu hai “khoảng cách” giữa các ô vuông của bàn cờ: $d_1(a, b)$ là số nước đi hiệp sĩ cần thiết nhỏ nhất để di chuyển từ ô $a$ đến ô $b$, $d_2(a, b)$ là số nước đi vua giống nhau nhất. Chúng ta hãy biểu thị bằng $a'$ và $b'$ các ô mà chip từ các ô $a$ và $b$ rơi xuống sau khi sắp xếp lại. Khi đó điều kiện được xét ở bài toán, rất indo, hàm ý bất đẳng thức $d_1(a, b) \geqslant d_2(a', b')$. Nếu $a'$ và $b'$ là các ô góc đối diện thì (đối với $n=6$) $d_2(a', b')=5$, nhưng đối với hai ô bất kỳ $a$ và $b$ $d_1(a, b) \leqslant 4$. Điều này có thể được xác minh trực tiếp và chỉ cần xem xét trường hợp khi $a$ là ô góc (ví dụ: khoảng cách $d_1$ giữa các ô đầu trong Hình 2 được hoàn thành không vượt quá khoảng cách $d_1$ giữa các ô màu hồng; các số trong hình này bằng khoảng cách $d_1$ từ các ô tương ứng đến phía dưới bên trái).

49

Trường hợp $n > 6$ bất kỳ được xem xét theo cách tương tự: có thể chỉ ra rằng giá trị lớn nhất của $d_1(a, b)$ đối với bảng $n \times n$ bằng $[2(n+1)/3]$ (tại $n \geq 5$)*, tức là nó nhỏ hơn khoảng cách $n-1 - d_2$ giữa các góc đối diện.

c) Đáp số: không thể được. Đặt $a_1, a_2, a_3, a_4$ là các ô vuông trên đó các mảnh được xây dựng, các mảnh này sẽ nằm ở các góc của bảng sau khi sắp xếp lại. sau đó $d_1(a_i, a_j) \geq 3$ tại $1 \leq i < j \leq 4$ (xem điểm 6)). Trong Hình 3, đối với ba vị trí khác nhau đáng kể (có tính đến tính đối xứng) các ô $a_1$, các ô nằm ở $d_1$-khoảng cách 3, 4 hoặc 5 từ $a_1$ được bù đắp. Sử dụng hình này, không khó để kiểm tra bằng cách tìm kiếm trực tiếp rằng trong mọi trường hợp, bạn có thể đề xuất các ô $a_2, a_3, a_4$ với điều kiện $d_1(a_i, a_j) \geq 3$ đáp ứng.

Tương tự, người ta chứng minh rằng với $n=5$ chúng ta không cần hoán vị.

S. Stefanov

M864. Điều được coi là “đẹp” là việc chia một tam giác thành các tam giác giống nhau, không có hai tam giác nào có kích thước bằng nhau.
a) Chứng minh rằng mọi tam giác vuông đều có một phân vùng màu đỏ.
b) Tam giác đều nào có vách ngăn màu đỏ?

a) Một phân vùng đẹp của một tam giác vuông không bằng nhau (đây là trường hợp đơn giản nhất) được thể hiện trên Hình 1, $a$, một hình tam giác đều - trong Hình 1, $6$.

6. Đáp số: không thể được. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng tồn tại một phân vùng màu đỏ của tam giác đều $\Delta$ và ước tính số $N$ các cạnh “nội” của các tam giác cấu thành nó, tức là các cạnh nằm bên trong tam giác $\Delta$. Đầu của các cạnh này (đỉnh của các tam giác phân chia) có ba loại:
   Loại thứ nhất - các điểm nằm bên trong tam giác (ví dụ - điểm $A$ trong Hình 2, $a$); 4 mặt bên trong nổi lên từ mỗi điểm như vậy ($AB, AC, AD$ và $AE$ trong hình);
   Loại thứ 2 - các điểm bên trong tam giác $\Delta$, trong đó có 6 tam giác phân chia; 12 mặt trong xuất hiện từ điểm đó (Hình 2.6);
   Loại thứ 3 - các điểm nằm bên trong bất kỳ cạnh nào của tam giác phân vùng (Hình 2.8); một điểm như vậy đóng vai trò là điểm cuối của 6 cạnh bên trong.

Chúng ta hãy ký hiệu số điểm của từng loại tương ứng là $n_1, n_2, n_3$. Vì mỗi cạnh có hai đầu nên số cạnh trong bằng

$$N = \frac{1}{2} (4n_1 + 12n_2 + 6n_3) = 2n_1 + 6n_2 + 3n_3.$$

Đồng thời, mỗi điểm $A$ thuộc loại thứ 3 có thể liên kết với ba cạnh trong: cạnh $s$, điểm trong là điểm $A$, và hai cạnh liền kề với $s$, nổi lên từ đỉnh $A$ (trong Hình 2.8, điểm $A$ được liên kết với các cạnh $s=BC, AD$ và $AE$). Trong trường hợp này, mỗi mặt bên trong sẽ

*) Xem bài viết của D. Kozna “Knight Metrics” («Kvant», 1981, số 10, trang 13).

50

có khả năng có ít nhất một điểm thuộc loại thứ 3 - nếu không thì không có đỉnh của phân vùng bên trong cạnh này và bản thân nó không được chứa trong bất kỳ cạnh nào lớn hơn, có nghĩa là nó chung cho hai hình tam giác của phân vùng; nhưng điều này là không thể, vì các hình tam giác của phân vùng không được bằng nhau. Theo sau đó là $N \leq 3n_3$, tức là $2n_1 + 6n_2 + 3n_3 \leq 3n_3$ hoặc $2n_1 + 6n_2 \leq 0$, do đó, $n_1 = n_2 = 0$. Nhưng nếu không có đỉnh của phân vùng ($n_1 = 0$) trên các cạnh của tam giác ban đầu $\Delta$, thì không có phân vùng nào như vậy - nó bao gồm một tam giác $\Delta$.

c) Đáp số: tam giác đều nào cũng có cách chia đẹp. Cấu trúc của nó theo

Puc. 2,a.

Phúc. 2, b.

Phúc. 2, c.

Puc. 3.

thể hiện trong Hình 3 (các góc bằng nhau được đánh dấu trong hình bằng các cung cùng màu).

Thật thuận tiện khi giải quyết nghịch đảo bài toán: một tam giác bổ sung $ABC$ cho một tam giác lớn tương tự bằng các tam giác tương tự và khác nhau theo cặp khác. Rõ ràng, bài toán này tương đương với bản gốc. Hãy để định nghĩa $|BC|:|AC| = k > 1$. Trong trường hợp này, đối với tam giác $\Delta_0 = ABC$ có các tam giác đồng dạng $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3, \Delta_4$ và $\Delta_5$ theo hình 3. Dễ dàng nhận thấy trong trường hợp này hệ số đồng dạng của tam giác $\Delta_{n+1}$ và $\Delta_n$ đối với $n = 0, 1, 2, 3$ bằng $k$, do đó hệ số tương tự của tam giác $\Delta_0$ và $\Delta_n$ với $n = 1, 2, 3, 4$ bằng $k^n$, và $\Delta_5$ và $\Delta_0$ là $|CM|:|AB| = (|CK| + |CM|):|AB| = k + k^3$. Từ đây rõ ràng là cặp tam giác bằng nhau duy nhất ở đây chỉ có thể là $\Delta_5$ và $\Delta_4$ - nếu $k + k^3 = k^4$. Trong trường hợp sau, phần bù của các tam giác đồng dạng là $\Delta_6, \Delta_7$ và $\Delta_5$ được thay thế bằng $\Delta_8 = CNL$ (xem Hình 3). Một lần nữa, cặp tam giác đồng dạng duy nhất giữa $\Delta_0, \Delta_1, \Delta_2, \Delta_3, \Delta_4, \Delta_6, \Delta_7$ và $\Delta_8$ chỉ có thể là $\Delta_8$ (tương tự $\Delta_0$ với hệ số $|CN|:|AB| = k + k^3 + k^5$) và $\Delta_7$ (tương tự $\Delta_0$ với hệ số $k^6$). Nhưng nếu $k + k^3 = k^4$ thì

51

$$k + k^3 + k^5 > k^3 + k^5 = k^2(k + k^3) = k^6,$$ và do đó $\Delta_7$ và $\Delta_8$ không bằng nhau.

Vì vậy, bất kỳ tam giác đều nào cũng có một phân vùng màu đỏ (thành 6 hoặc 8 hình tam giác).

A. V. Savkin

**M865. Đặt $[a, b]$ biểu thị bội số chung nhỏ nhất của các số nguyên $a$ và $b$. Chứng minh rằng với mọi $n+1$ số $a_0 < a_1 < ... < a_n$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$$\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + ... + \frac{1}{[a_{n-1}, a_n]} \leq 1 - \frac{1}{2^n},$$
nếu $a) n=2; b) n=3; \theta)^{*} n$ là số tự nhiên bất kỳ.

Đối với $n$ bài toán nhỏ có thể được giải quyết bằng vũ lực.

a) Vì $[a, b] \geq 2a$ cho $a < b$ và $a_0 \geq 1, a_1 \geq 2$, nên các bất đẳng thức $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{2}, \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{4}$ và $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ là đúng.

b) Nếu $a_2 \geq 4$, thì như ở điểm a), $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{2}, \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{4}, \frac{1}{[a_2, a_3]} \leq \frac{1}{8}$, nếu $a_2=3$, thì $a_0=1$, $a_1=2$, $[a_0, a_1] = 2$, $[a_1, a_2] = 6$, $[a_2, a_3] \geq 6$ và $\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + \frac{1}{[a_2, a_3]} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} < \frac{7}{8}$.

c) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học. Tại $n=1$ bất đẳng thức của chúng ta rất thú vị. Bây giờ chúng ta giả sử rằng nó đúng với $n=k$ và chứng minh nó cho $n=k+1$. Hãy xem xét hai trường hợp

1. Đặt $a_{k+1} \geq 2^{k+1}$, sau đó $[a_k, a_{k+1}] \geq a_{k+1} \geq 2^{k+1}$ và bằng quy nạp

$$\left( \frac{1}{[a_0, a_1]} + ... + \frac{1}{[a_{k-1}, a_k]} \right) + \frac{1}{[a_k, a_{k+1}]} \leq \left( 1 - \frac{1}{2^k} \right) + \frac{1}{2^{k+1}} = 1 - \frac{1}{2^{k+1}}.$$

2. Trong trường hợp $a_{k+1} < 2^{k+1}$, chúng tôi sử dụng nhận dạng $[a, b] = ab/(a, b)$, trong đó $(a, b)$ là ước số chung nhất của các số $a$ và $b$. Vì $b-a$ chia hết cho $(a, b)$ và do đó $(a, b) \leq b-a$ (tại $b>a$), đẳng thức này ngụ ý rằng $1/[a, b] \leq (b-a)/ab = 1/a-1/b$. Đó là lý do tại sao

$$\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + ... + \frac{1}{[a_k, a_{k+1}]} \leq \left( \frac{1}{a_0} - \frac{1}{a_1} \right) + \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2} \right) + ... + \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right) = \frac{1}{a_0} - \frac{1}{a_{k+1}} < 1 - \frac{1}{2^{k+1}}$$

Q.E.D.

Lưu ý rằng ước tính này là chính xác: đối với mọi $n$, sự bằng nhau đạt được cho chuỗi $a_0=1, a_1=2, ..., a_n=2^n$.

B. M. Ivlev

F873. Mũi trên thân chính của tàu tạo thành một góc $60^\circ$ với hướng tàu chạy với tốc độ 20 km/h. Không thay đổi hướng đi, tốc độ của con tàu tăng gấp đôi và góc quay trở thành 30°. Tìm tốc độ gió từ những dữ liệu này (giả sử nó không đổi). Ở tốc độ nào con tàu sẽ có góc 90°?

Cờ hiệu trên cột buồm của tàu thể hiện hướng của vectơ $\vec{u} + \vec{v}$, trong đó $\vec{v}$ là vectơ tốc độ của tàu (nó xác định hướng đi của tàu), $\vec{u}$ là vectơ tốc độ gió.

Hãy chiếu vectơ $\vec{u}$ lên hướng chuyển động của con tàu và theo hướng vuông góc với hướng chuyển động. Đặt $u_1$ và $u_2$ là giá trị tuyệt đối của các dự án tương ứng. Vì hướng gió là

52

chưa biết, trong trường hợp tổng quát ta có thể viết các quan hệ sau:

ở tốc độ tàu $|\vec{v}| = 20$ km/h —
$$\frac{\pm u_2}{v \pm u_1} = \text{tg} 60^\circ = \sqrt{3},$$

(1)

ở tốc độ tàu $2|\vec{v}| = 40$ km/h —
$$\frac{\pm u_2}{2v \pm u_1} = \text{tg} 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{3}.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được
$$u_1 = \frac{1}{2} v, \quad u_2 = \frac{\sqrt{3}}{2} v.$$

Từ đây bạn có thể tìm thấy mô hình vectơ tốc độ gió:
$$|\vec{u}| = \sqrt{u_1^2 + u_2^2} = |\vec{v}| = 20 \text{ km/ч}.$$

Không thể tìm thấy hướng của vectơ $\vec{u}$ từ những dữ liệu này, nhưng chúng ta có thể nói rằng góc $\alpha$, mà vectơ tốc độ gió tạo thành với hướng tàu, được xác định, theo dấu, bởi điều kiện
$$\text{tg} \alpha = \pm \frac{u_2}{u_1} = \pm \sqrt{3}.$$

Trong trường hợp cờ hiệu tạo thành một góc $90^\circ$ với hướng tàu thì tốc độ $v_x$ của tàu và tốc độ $u$ của gió có quan hệ với nhau bởi
$$|\vec{u}|^2 - |\vec{v}_x|^2 = u_2^2,$$ hoặc $u_1^2 + u_2^2 - |\vec{v}_x|^2 = u_2^2,$
Ở đâu
$$|\vec{v}_x| = u_1 = \frac{1}{2} v = 10 \text{ km/ч}.$$

Vậy cờ hiệu sẽ tạo một góc $90^\circ$ với hướng tàu chạy với tốc độ $|\vec{v}_x| = 10 \text{ km/ч}.$

V. E. Skorovarov

F874. Ôtô chuyển động theo đường thẳng $OO'$ (Hình 1) và tại điểm A bắt đầu chuyển hướng mà không giảm tốc độ. Tại điểm B, cột tự động được loại bỏ. Ước tính tốc độ mà máy tự động có thể di chuyển. Hãy coi độ bám đường của lốp xe là tốt. Vô lăng tự động điều khiển bánh trước.

Rõ ràng là chúng ta chỉ có thể ước tính tốc độ tối đa của ô tô tương ứng với số vòng quay lớn nhất có thể - khi ô tô di chuyển dọc theo cung $AB$ của vòng tròn, chạm vào đường thẳng $OO'$. Bán kính của vòng tròn này (xem Hình 2) là
$$R = |AC| = \frac{1}{2}|AD|; \quad R \approx 35 \text{ м}.$$

Máy quay (cung cấp cho nó gia tốc hướng tâm) lực ma sát tác dụng lên các bánh trước theo hướng vuông góc với tốc độ của máy. Nếu chúng ta giả sử rằng khối tâm tự động nằm ở khoảng giữa

53

và nâng nó lên không quá cao so với mặt đường, và gia tốc tự động không lớn lắm (bạn hãy tự nghĩ xem tại sao điều này lại đáng kể), khi đó phản lực pháp tuyến tác dụng từ mặt đường lên hai bánh trước bằng một nửa trọng lực, và lực ma sát bằng $\mu \frac{mg}{2}$. Phương trình chuyển động tự động khi rẽ -

$$\frac{mv^2}{R} = \mu \frac{mg}{2},$$

tốc độ tối đa ở đâu $v_M$:

$$v_M = \sqrt{\frac{\mu g R}{2}}.$$

Lấy $\mu=0,8$, chúng ta nhận được $v_M \approx 12$ m/s $\approx 43$ km/h.

Vì vậy, tốc độ của số tự động là $v \leq v_M \approx 43$ km/h.

Tất nhiên, đây là một ước tính khá sơ bộ. Bạn có thể ước tính chính xác hơn bằng cách xem xét toàn bộ dấu vết tự động hóa từ điểm $A$ đến điểm $B$.

A. R. Zilberman

F875. Dọc theo phương nằm ngang của các thanh ray, khoảng cách giữa chúng bằng $d$, một cầu nối có khối lượng bằng $m$ có ​​thể trượt không ma sát (xem hình). Các đường ray được nối với nhau bằng một điện trở có điện trở $R$ và được đặt trong một từ trường thẳng đứng có giá trị cảm ứng $B$. Người nhảy được cho tốc độ $v_0$. Tìm quãng đường người nhảy đã đi đến điểm dừng. đáp số phụ thuộc vào hướng của vectơ $\vec{B}$ như thế nào?

◆ Khi jumper di chuyển, dòng cảm ứng từ qua mạch sẽ thay đổi; nó được hình thành bởi jumper, đường ray và điện trở. Một lực điện động cảm ứng sẽ xuất hiện trong mạch và xuất hiện dòng điện. Do từ trường tác dụng lên dòng điện chạy qua jumper sẽ bị ức chế.

Hãy tìm lực phanh $F$. Gọi tốc độ của người nhảy là $v$. Trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ người nhảy sẽ di chuyển dọc theo đường ray đến một khoảng cách ngắn $\Delta x = v \cdot \Delta t$. Sự thay đổi diện tích của mạch sẽ bằng $v d \cdot \Delta t$, dòng cảm ứng từ trong thời gian này sẽ thay đổi thành $\Delta \Phi = B \cdot v d \cdot \Delta t$, một EMF sẽ xuất hiện trong mạch

$$\mathcal{E} = - \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = - B v d,$$

và theo định luật Ohm, dòng điện $i = \mathcal{E} / R$ sẽ chạy qua jumper. Lực tác dụng lên dây nhảy từ từ trường sẽ bằng

$$f = i B d = - \frac{B^2 d^2}{R} v;$$

lực $f$ có hướng, theo quy tắc Lenz, ngược với tốc độ $v$.

Bây giờ chúng ta viết phương trình chuyển động của người nhảy (đối với chuyển vị nhỏ $\Delta x$):

$$ma = f = - \frac{B^2 d^2}{R} v,$$

hoặc, cho rằng $a = \frac{\Delta v}{\Delta t}$, $v = \frac{\Delta x}{\Delta t},$

$$m \frac{\Delta v}{\Delta t} = - \frac{B^2 d^2}{R} \frac{\Delta x}{\Delta t} \Rightarrow m \cdot \Delta v = - \frac{B^2 d^2}{R} \cdot \Delta x.$$

Chúng ta thấy rằng sự thay đổi tốc độ của người nhảy tỷ lệ thuận với sự thay đổi tọa độ của nó $x$ (tại thời điểm ban đầu $x_0=0$). Điều này có nghĩa là sự thay đổi hoàn toàn về tốc độ $v_{кОН} - v_0 = 0 - v_0 = -v_0$ có ​​liên quan đến sự thay đổi tọa độ $x$

54

dinata (với chuyển động hoàn toàn $X$) tương ứng

$$m(-v_0) = -\frac{B^2d^2}{R} X.$$

Từ đây, chúng ta tìm thấy đường dẫn $X$, được người nhảy đi qua cho đến khi dừng hẳn:

$$X = \frac{mRv_0}{B^2d^2}.$$

Trong trường hợp vectơ $\vec{B}$ tạo một góc $\alpha$ với pháp tuyến với mặt phẳng của đường ray,

$$X = \frac{mRv_0}{B^2d^2 \cos^2 \alpha}.$$

Thật vậy, suất điện động cảm ứng và do đó, dòng điện $i$ chạy dọc theo dây nhảy được xác định bởi dòng cảm ứng từ qua mạch, và dòng điện trong trường hợp này được xác định bằng hình chiếu của vectơ $\vec{B}$ lên pháp tuyến của mặt phẳng của mạch.

A. I. Buzdin

F876. Hai vệ tinh chuyển động trên cùng một quỹ đạo ở một khoảng cách nhỏ (so với bán kính $R_0$ của trái đất) với nhau. Khoảng cách này trong quá trình di chuyển định kỳ thay đổi từ $l_1$ thành $l_2$. Xác định khoảng cách tối thiểu và tối đa của các vệ tinh đến tâm trái đất nếu chu kỳ quỹ đạo của vệ tinh là $T$.

Theo định luật thứ hai của Kepler, diện tích mà vectơ bán kính của vệ tinh nhìn thấy được trong những khoảng thời gian bằng nhau là bằng nhau. Trong cùng thời gian đó, một vệ tinh di chuyển từ điểm $a$ đến điểm $a'$ và vệ tinh còn lại di chuyển từ điểm $b$ đến điểm $b'$ (xem hình). Điều này có nghĩa là diện tích của các cung $Oaba'$ và $Oba'b'$ bằng nhau. Nếu chúng ta trừ diện tích của khu vực $Oba'$ khỏi các khu vực này, chúng ta sẽ có được diện tích của khu vực $Oab$ và $Oa'b'$, do đó giống nhau.

Vì theo các điều kiện, khoảng cách giữa các vệ tinh nhỏ nên thay vì các hình cung, có thể xem xét các tam giác cách đều tương ứng. Do đó, diện tích của các tam giác $Oab$ và $Oa'b'$ bằng nhau, tức là

$$\frac{1}{2} l_1 R_1 = \frac{1}{2} l_2 R_2. \tag{1}$$

Theo định luật thứ ba của Kepler, tỷ lệ bình phương của các chu kỳ quỹ đạo của vệ tinh ở các quỹ đạo khác nhau bằng tỷ lệ lập phương của các quỹ đạo nửa lưới lớn. Nếu $T_0$ là chu kỳ quay của vệ tinh theo quỹ đạo tròn gần bề mặt trái đất thì

$$\frac{T^2}{T_0^2} = \frac{\left(\frac{1}{2} (R_1 + R_2)\right)^3}{R_0^3}, \tag{2}$$

trong đó $R_0$ là bán kính trái đất. Chu kỳ $T_0$ sẽ được tìm thấy từ phương trình chuyển động của vệ tinh theo quỹ đạo tròn có bán kính $R_0$:

$$m\omega^2 R_0 = mg,$$

Ở đâu

$$T_0^2 = \frac{4\pi^2 R_0}{g}.$$

Do đó, từ (2) ta tìm được:

$$R_1 + R_2 = 2R_0 \sqrt{\frac{T^2 g}{4\pi^2 R_0}}. \tag{3}$$