Bạn có quen thuộc với điện trường không?

Kvant 1986, số 5 tr. 34-38 Thẻ IZPB

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

LĨNH VỰC ĐIỆN

Cho một ví dụ khi hai vật nhiễm điện khác loại tiến lại gần nhau thì lực hút giữa chúng giảm dần bằng không.
Hướng của điện trường tại một điểm cách đều các điện tích tạo thành lưỡng cực điện là bao nhiêu?
Chứng minh, không cần tính toán tùy ý, rằng hướng của trường lưỡng cực điện càng nhỏ thì khoảng cách giữa các điện tích tạo thành lưỡng cực càng nhỏ.
Một quả bóng tích điện dương sẽ hoạt động như thế nào trong mỗi điện trường được mô tả trong hình?
Một dây dẫn tích điện có dạng một tấm được cuộn lại thành một ống cuộn. Hướng của điện trường ở bề mặt vật dẫn có thay đổi không?
Điện tích (-q) nằm ở tâm trường của quả cầu kim loại, mang điện tích (+2q). Biểu diễn bằng đường sức của điện trường thu được.
Ở khoảng cách r tính từ mặt phẳng dẫn điện có điện tích (+q). Điện tích và mặt phẳng sẽ tác dụng với lực nào?
Điện trường biểu thị ở hình có thể tồn tại trong chân không không?

AC và BD tại các điểm Y và Z (xem hình 1). Hai tam giác XAY và XCY có chung đáy XY và tổng chiều cao của chúng hạ xuống đáy này bằng khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và CD, do đó

$S_{XAC} = S_{XAY} + S_{XCY} = \frac{1}{2} XY \cdot h,$

trong đó chữ S, như thường lệ, biểu thị các khu vực. Hoàn toàn giống nhau

$S_{XBD} = \frac{1}{2} XZ \cdot h.$

Do đó, hai tam giác XAC và XBD có kích thước bằng nhau khi và chỉ khi X là trung điểm của đoạn thẳng YZ. Nhưng tập hợp trung điểm của tất cả các đoạn có thể song song với AB, có các đầu nằm trên các đường thẳng AC và BD, rất lớn và có các đường thẳng nối các đoạn AB và CD (và nhân tiện, đi qua P).

Lưu ý rằng $S_{XAC} = S_{XBD}$ và đối với các điểm X nằm trên đường thẳng song song với AB và đi qua P; đối với các điểm không nằm trên hai đường thẳng được chỉ định thì các vùng này khác nhau.

Hãy chuyển sang bằng chứng của tuyên bố bài toán. Gọi $A_1A_2...A_6$ là hình lục giác đã cho, $M_1, M_2, ..., M_6$ là trung điểm của các cạnh của nó, P, Q, R là giao điểm của các đường chéo (chính) $A_1A_4$ , $A_2A_5$ , $A_3A_6$ , O là điểm giao nhau của “đường giữa” $M_1M_4$ và $M_2M_5$ (để biết các ký hiệu, xem hình 2). Bằng khẳng định đã được chứng minh, $S_{OA_1A_4} = S_{OA_2A_5}$ (vì O nằm trên $M_1M_4$ ) và $S_{OA_2A_5} = S_{OA_3A_6}$ (vì O nằm trên $M_2M_5$ ), nên $S_{OA_1A_4} = S_{OA_3A_6}$ . Hơn nữa, điểm O thuộc hợp các góc $A_1PA_2$ và $A_4PA_5$ , đồng thời thuộc hợp các góc $A_2QA_3$ và $A_5QA_6$ , giao điểm của hai cặp góc này là tam giác PQR (hình 3), nằm trong một trong các góc $A_3RA_4$ hoặc $A_6RA_1$ . Sử dụng lại phát biểu của mình, chúng tôi kết luận rằng “đường giữa” thứ ba $M_3M_6$ cũng đi qua O.

Hãy đề cập thêm ba lời giải trong số bài toán này. Điểm đầu tiên tương tự như những gì chúng tôi đã trình bày và dựa trên thực tế là tập hợp các điểm X của hình thang ABCD có đáy AB và CD, trong đó các tam giác AXD và BXC có chiều dài bằng nhau, là đoạn nối hai đáy (so sánh với mệnh đề phụ đã được chứng minh ở trên). Ngoài ra, chúng ta cần sử dụng thêm một thực tế thú vị: nếu trong hình lục giác $A_1A_2...A_6$ các cạnh đối diện song song thì các hình tam giác $A_1A_3A_5$ và $A_2A_4A_6$ có kích thước bằng nhau. lời giải còn lại dựa trên thiết kế song song được lựa chọn đặc biệt. Cụ thể, như có thể chỉ ra, luôn có một hình chiếu mà tại đó đường chéo của một hình lục giác đã cho trở nên bằng nhau (đủ để đảm bảo rằng hai “đường trung bình” của nó vuông góc với các cạnh mà chúng nối với nhau). Dễ dàng nhận thấy rằng trong trường hợp này, “các đường trung tuyến” sẽ là các đường đôi của một tam giác giới hạn bởi các đường chéo lớn và do đó cắt nhau tại một điểm. Trong trường hợp này, hình lục giác biến thành một hình tròn có tâm ở giao điểm của “các đường ở giữa”. Cuối cùng, phát biểu bài toán có thể được suy ra từ điều kiện tổng quát của giao điểm tại một điểm của ba đường thẳng vẽ từ các đỉnh của một tam giác (trong trường hợp này là tam giác PQR - xem hình 2) - cái gọi là định lý Ceva (ví dụ, xem bài toán 34 trong bài viết của M. V. Balk và V. G. Boltyansky “Trọng tâm của các vật nhẹ lời giải" trong «Kvant» số 4, 1984).

M964. Chứng minh rằng trong dãy $(a_n)$ gồm các số tự nhiên khác nhau thỏa mãn điều kiện $a_n < 100n$ có một số có ký hiệu thập phân
a) số 1 xuất hiện;
b) 1986 đơn vị xuất hiện liên tiếp.

M965. Cho sáu số $a_1, a_2, ..., a_6$ . Để tính tổng các tích theo cặp $a_1a_2+a_1a_3+...+a_5a_6$ của chúng, bạn cần thực hiện 15 phép nhân và 14 phép cộng. Hãy chỉ ra cách bạn có thể tìm ngay: tổng của các số này, tổng các tích của chúng theo hai, ba, bốn và gót, chỉ thực hiện 15 phép cộng và 14 phép nhân.

a) Đủ để chỉ ra rằng nếu trong ký hiệu thập phân của các số tự nhiên khác nhau $a_1, a_2, ..., a_n$ không xuất hiện chữ số 1 thì số $a_n/n$ có thể lớn tùy ý (cụ thể là $a_n/n > 100$ đối với một số $n$ ).

Lưu ý rằng trong số $9^k$ số đầu tiên trong chuỗi của chúng ta có một số $a_n$ có ký hiệu bao gồm ít nhất $k+1$ chữ số, tức là $a_n \geq 10^k$ . Trên thực tế, số số tự nhiên được viết không quá $k$ chữ số khác 1 là $9^k-1$ (mỗi chữ số $k$ của số đó chứa một trong 9 chữ số 0, 2, 3, …, 9 và số 0 bị loại trừ; chúng tôi muốn nói rằng các số có ít hơn $k$ chữ số được đệm bằng các số 0 đứng đầu đến $k$ -chữ số). Vì $n \leq 9^k$ , bất đẳng thức $a_n/n \geq (10/9)^k$ có giá trị và vế phải của nó tăng vô hạn khi tăng $k$ .

Theo cách tương tự như ở điểm a), người ta chứng minh rằng nếu các số trong ký hiệu là $a_1, a_2, ..., a_n$ thì các số $S_n^k$ là tổng các tích của chúng là $k$ . Sau đó chúng ta có thể lần lượt tìm được

$S_2^1 = x_1 + x_2, \quad S_2^2 = x_1x_2,$

sau đó

$S_3^1 = S_2^1 + x_3, \quad S_3^2 = S_2^2 + S_1^2 \cdot x_3, \quad S_3^3 = S_2^2x_3,$

sau đó $S_n^k (1 \leq k \leq 4), \quad S_5^k (1 \leq k \leq 5)$ và cuối cùng là $S_6^k (1 \leq k \leq 5)$ , hãy sử dụng các công thức

$S_n^1 = S_n^{1-1} + x_n, \quad S_n^k = S_n^{k-1} + S_n^{k-1}x_n$

( $1 < k < n$ ), $S_n^n = S_n^{n-1}x_n$ .

Để tính toán tất cả $S_n^k (1 \leq k \leq n)$ , sẽ cần $n-1$ phép cộng và $n-1$ phép nhân. Vì vậy, để làm điều này xuống $n=6$ , bạn cần $1+2+3+4+5=15$ phép cộng và cùng số lần nhân. Phép nhân cuối cùng $S_6^k = S_5^kx_6$ có thể được lưu bằng cách đếm tích của cả 6 số.

Trình tự các thao tác này được minh họa bằng sơ đồ ở lề (mũi tên màu xanh là phép cộng, mũi tên màu đỏ là phép nhân).

Tóm lại, lời giải này có thể được giải thích như sau. Chúng ta cần tìm các hệ số của đa thức $(x+a_1)(x+a_2)...(x+a_6)$ cho $x, x^2, ..., x^5$ , và lần lượt tìm tích của $x+a_1$ nhân với $x+a_2$ , rồi đến $x+a_3$ , …, nhân $x+a_6$ .

Tương tự, người ta có thể chứng minh rằng tất cả các tổng của các số $n$ với $k (k=1, 2, ..., n)$ đều có thể tìm thấy trong các phép cộng $1+2+...+(n-1)=n(n-1)/2$ và cùng một số phép nhân. Sẽ rất thú vị nếu tìm hiểu xem liệu điều này có thể được thực hiện với ít thao tác hơn hay không.

N. V. Vasiliev

F973. Vật bắt đầu chuyển động từ điểm A và sau thời gian T đến điểm B a) với tốc độ lớn nhất có thể; b) ở tốc độ tối thiểu có thể; khoảng cách |AB| bằng l. Tính tốc độ của vật trong hai trường hợp này, nếu tốc độ tại điểm A là v₀=0 và gia tốc của vật là -a<a<a₀.

a) Để đến điểm B với tốc độ tối đa, bạn cần di chuyển như sau. Cho đến một thời điểm t₀ bạn cần di chuyển với gia tốc -a₀, sau đó cho đến cuối cùng với gia tốc a₀. Điểm t₀ được tìm thấy từ điều kiện đường đi ngang bằng l:

$l = -\frac{a_0 t_0^2}{2} - a_0 t_0 (t - t_0) + \frac{a_0 (T - t_0)^2}{2} \Rightarrow t_0^2 - 2 T t_0 + \frac{T^2}{2} = \frac{l}{a_0}, t_0 = T - \sqrt{\frac{T^2}{2} + \frac{l}{a_0}}$

(dấu trong lời giải của phương trình bậc hai được chọn từ điều kiện t₀<T). Скорость в момент времени t обозначаем через V(t). График функции V(t) показан на рисунке 1 красной линии. Пусть U(t) — скорость при другом режиме движения, удовлетворяющим нашим условиям, таком, что U(T) > V(T). Hãy chứng minh rằng khi đó U(t) ≥ V(t) với mọi t (xem hình 1). Giả sử rằng U(t₁) < V(t₁) với một số t₁ (khả năng này được thể hiện trong hình 1). Nếu t₁ ≥ t₀, thì gia tốc trung bình trên đoạn t₁ ≤ t ≤ T lớn hơn a₀ (đường màu đen tại hình 1 dốc hơn đường màu đỏ) và nếu t₁ ≤ t₀ thì gia tốc trung bình trên đoạn 0 ≤ t ≤ t₁ nhỏ hơn -a₀ Vì vậy, nếu U(T) > V(T), thì U(t) ≥ V(t) với mọi t và. một vật chuyển động với tốc độ U(t) sẽ bao phủ một đoạn lớn hơn l trong thời gian T. Điều này có nghĩa là V(T) là tốc độ tối đa.

$V(T) = -a_0 t_0 + a_0 (T - t_0) = a_0 (T - 2 t_0) = a_0 \left( -T + 2 \sqrt{\frac{T^2}{2} + \frac{l}{a_0}} \right) = \sqrt{2 a_0^2 T^2 + 4 a_0 l} - a_0 T.$

Tương tự: để đến điểm B với tốc độ tối thiểu, bạn cần di chuyển với gia tốc a₀ cho đến một thời điểm nhất định, sau đó cho đến cuối cùng với gia tốc -a₀. Điểm t₀ được tìm thấy từ điều kiện đường đi ngang bằng l:

$l = \frac{a_0 t_0^2}{2} + a_0 t_0 (T - t_0) - \frac{a_0 (T - t_0)^2}{2} \Rightarrow t_0 = T - \sqrt{\frac{T^2}{2} - \frac{l}{a_0}}$

(đồ thị tốc độ v(t) theo thời gian t được thể hiện ở hình 2). Tốc độ tại thời điểm T bằng a₀ t₀ - a₀ (T - t₀) = a₀ (2 t₀ - T) = a₀ \left( T - 2 \sqrt{\frac{T^2}{2} - \frac{l}{a_0}} \right) = a_0 T - \sqrt{2 a_0^2 T^2 - 4 a_0 l}.

Chứng minh tốc độ này là tối thiểu tương tự như chứng minh trước: nếu u(t) là một phương thức chuyển động khác và u(T) < v(T), thì u(t) ≤ v(t) với mọi t.

Hơn nữa, a) có thể t₀ < 0: điều này sẽ xảy ra với l > \frac{a_0 T^2}{2}; thì lời giải biến mất. Thì phần 6 (dưới gốc là biểu thức phủ định) không có lời giải.

D. A. Akopyan

F974. Xác định chu kì dao động nhỏ của hệ như hình: khối lượng của tải trọng m, độ đàn hồi của lò xo k, ∠AOB=α. Thanh và khối nhẵn, lò xo không có trọng lượng. Lý do cố định tại điểm A. Chu kỳ dao động có thay đổi không nếu tải m cũng cố định tại điểm O?

Giả sử tải đã di chuyển một khoảng x nhỏ. Hãy xem độ căng của chỉ thay đổi như thế nào.

Vì lò xo không trọng lượng nên tại bất kỳ thời điểm nào (xem hình)

$F_y = T \cos \alpha,$
tức là, $k(\Delta l + \Delta l') = T \cos \alpha'$ ,
ở đâu $\Delta l' = |OO'|, \alpha' = \angle AO'B$ . Như có thể thấy từ hình, $|OO'| = x/\cos \alpha$ và $\alpha' = \alpha + \Delta \alpha$ , trong đó $\Delta \alpha = \frac{x \mathrm{tg} \alpha}{l - x}$ .
Vì $\cos(\alpha + \Delta \alpha) = \cos \alpha \cos \Delta \alpha - \sin \alpha \sin \Delta \alpha \approx \cos \alpha - \Delta \alpha \cdot \sin \alpha = \cos \alpha - \frac{x}{l - x} \sin \alpha \mathrm{tg} \alpha$ ,
với một lượng nhỏ visa hàng hóa

$T = \frac{k(\Delta l + \frac{x}{\cos \alpha})}{\cos \alpha - \frac{x}{l - x} \sin \alpha \mathrm{tg} \alpha} = \frac{k(\Delta l \cos \alpha + x)}{\cos^2 \alpha - \frac{x}{l - x} \sin^2 \alpha} \approx \frac{k(\Delta l \cos \alpha + x)}{\cos^2 \alpha}$

(chúng ta đã bỏ qua số hạng thứ hai trong mẫu số, vì $\frac{x}{l - x} \to 0$ tại $x \to 0$ ).

Bây giờ hãy viết phương trình chuyển động của tải:

$ma = mg - T = mg - \frac{k \Delta l}{\cos \alpha} - \frac{kx}{\cos^2 \alpha} = -\frac{kx}{\cos^2 \alpha}$

Phương trình này mô tả công thức điều hòa tính chu kỳ dao động của một tải trọng tác dụng lên lò xo.

Từ lời giải rõ ràng là nếu một tải được cố định tại điểm O thì chu kỳ dao động sẽ tăng lên, vì trong trường hợp này, với cùng một giá trị α thì giá trị T sẽ nhỏ hơn; gia tốc của tải cố định tại điểm A sẽ tăng - chu kì dao động giảm.

L. G. Markovich

Thể tích của tấm dẫn điện chứa một số lượng lớn các electron tự do. Khi tấm di chuyển bên trong tụ điện, ba lực tác dụng lên các electron tự do: lực Lorentz từ từ trường $evB$ , hướng xuống dưới; lực $eE$ từ các điện tích nằm trên bề mặt của tấm chuyển động hướng lên trên; lực từ các điện tích tác dụng lên các bản của tụ điện $eE_0$ , hướng xuống dưới. Tổng của cả ba lực này bên trong dây dẫn phải bằng 0, nghĩa là

$vB - E + E_0 = 0.$

Trong trường hợp này, điện tích trên tụ điện có điện dung C phải bằng điện tích trên các bản có diện tích S:

$Q = CU = \frac{\varepsilon_0 S}{d} E_0 d = \varepsilon_0 E_0 S.$

Công truyền một điện tích dương dọc theo một đường bao kín trong điện trường của các điện tích luôn bằng không; Có nghĩa,

$E_0 d - Ed/2 + U = 0.$

(3)

Để tìm giá trị của $U = \frac{\varepsilon_0 E_0 S}{C}$ , chúng ta tìm giá trị của $E_0$ từ hệ phương trình (1)–(3). Giả sử tổng quát rằng độ dày của tấm không phải là $d/2$ , mà là $d'$ ; Sau đó

$E_0 d - Ed' + \frac{\varepsilon_0 E_0 S}{C} = 0,$

(4)

và từ (1) và (4) chúng ta tìm thấy $E_0 = \frac{vBd'}{\varepsilon_0 S/C} + d - d'$ .

Tại $d' = 0$ $E_0 = 0$ , và do đó $U = 0$ .

Tại $d' = \frac{d}{2}$ $E_0 = \frac{vB}{1 + \frac{2\varepsilon_0 S}{Cd}}$ và $U = \frac{\varepsilon_0 vBS}{C + \frac{2\varepsilon_0 S}{d}}$ .

Tại $d' = d$ sẽ không có trường $E_0$ , $E = vB$ và điện áp trên tụ $C$ sẽ luôn là $U = vBd$ , bất kể công suất điện của nó là bao nhiêu.

E. A. Romishchevsky

F976. Một mol khí đơn nguyên tử lý tưởng được chuyển từ trạng thái ban đầu sang trạng thái cuối cùng, như thể hiện ở hình. Xác định zauztello được cung cấp nếu chênh lệch giữa nhiệt độ ban đầu và nhiệt độ cuối cùng là $\Delta t = 100^\circ C$ .

F977. Trên bức tường có mặt phẳng lệch so với phương thẳng đứng $4,87^\circ$ (xem hình), một tấm gương được gắn. Một người có chiều cao 170 cm có thể phóng to ít nhất một phần ảnh của mình trong gương từ khoảng cách tối đa bao nhiêu?

Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là quá trình nhiệt được xác định theo tọa độ $p, T$ . Nó bao gồm ba phần: hai isobar (1→2) và (3→4) và một isochore (2→3). Sự không đổi của thể tích trong phần (2→3) xuất phát từ thực tế là áp suất $p$ thay đổi tỷ lệ với nhiệt độ $T$ . Nếu chúng ta biểu thị nhiệt dung mol của một chất khí ở thể tích không đổi và áp suất không đổi bằng $c_V$ và $c_p$ , chúng ta có thể viết

$Q = Q_{12} + Q_{23} + Q_{34} = c_p(T_2 - T_1) + c_V(T_3 - T_2) + c_p(T_4 - T_3) = (2c_p - c_V)\Delta t.$

Đối với khí lý tưởng đơn nguyên tử $c_V = \frac{3}{2} R$ , $c_p = \frac{5}{2} R$ ( $R = 8,31$ J/(mol K). Cuối cùng:

$Q = \frac{7}{2} R \Delta t = 2910 \text{ Дж/моль.}$

S. M. Kozel

Ảnh $A'B'$ của người $AB$ trong gương nằm đối xứng với người đó so với gương phẳng và có kích thước bằng người đó. Do đó, trường hợp giới hạn khi một người nhìn thấy ít nhất một phần ảnh của mình trong gương tương ứng với tình huống cho ở hình. Có thể thấy, $\angle AOB = \alpha$ và

$OB = AB/tg \angle AOB = AB/tg \alpha \approx AB/\alpha$

(chúng tôi đã dạy rằng góc $\alpha$ nhỏ và $tg \alpha \approx \alpha$ ).

Như vậy,

$OB = \frac{AB}{\alpha} = \frac{1,7 \text{ м}}{4,87^\circ \pi} = 20 \text{ м.}$

E. P. Kuznetsov