Lời giải bài toán M971—M975; F983—F987

Kvant 1986, số 7 tr. 37-44 Thẻ ZYPJ

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 →

pe write the words: “KVANT’S PROBLEMS” and the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an unstamped self addressed envelope — we shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant problem contest. If you have an original problem to propose for publication, please send it to us under separate cover, in two copies (in Russian or in English), including the solution. On the envelope write NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS).

Problems M991—M995 were proposed to us by the Bulgarian magazine «Matematika».

P1004. A thin uniform rod which can rotate freely in the vertical plane about a horizontal axis passing through its upper extremity hangs motionless above water (see figure Pisc. 2); the length of the rod is $l$ , its density $\rho$ ( $\rho$ is less than the density of water). Slowly lowering the axis, the rod is immersed in water. Find and plot the dependence between the angle formed by the rod with the vertical and the distance from the axis to water level.

D. V. Belov

P1005. A heater in which a constant temperature $T_1$ is maintained and a refrigerator with inner temperature $T_0 < T_1$ contain coils of wire. The wire from the coil in the refrigerator comes out of it and goes into the heater to the other coil. The coils rotate so that the wire from the cold coil moves toward the hot coil with velocity $v$ . The wire section area is $s$ , the volume specific heat is $c$ . In order to keep the temperatures $T_0$ and $T_1$ constant, it was necessary to increase the power of the heater by $\Delta E_x$ and decrease the production of cold by the refrigerator by the same magnitude. Find $\Delta E_x$ .

D. V. Pavlov

P1006. Determine the resistance of the resistor circuit shown on figure Pisc. 3. The resistances are given in ohms.

S. S. Krotov

P1007. A light ray falls on a solid sphere made out of two glass hemispheres of refraction indices $n_1$ and $n_2$ ( $n_1 > n_2$ ). The sphere is rotated with angular velocity $\omega$ about an axis perpendicular to the ray (see figure Pisc. 4). Find the maximal size of the spot obtained on a screen placed directly behind the sphere.

L. G. Markovich

Lời giải bài toán

M971—M975; F983—F987

Vì tổng số trận thắng của các đội bằng số trận thua và mỗi đội thi đấu 7 trận nên số trận thắng trung bình của mỗi đội là 3,5. Do đó, ít nhất một trong các đội - hãy gọi là $A$ - đã thắng ít nhất 4 trận. Tương tự, đối với mỗi đội trong số 4 đội thua $A$ , có trung bình 1,5 trận thắng trong các trận đấu giữa họ, vì vậy một trong số họ - hãy gọi là $B$ - đã thắng ít nhất hai đội. Trong hai đội này, một đội ( $C$ ) đánh bại đội kia ( $D$ ). Các đội $A, B, C, D$ tạo thành bốn đội được yêu cầu.

Dễ dàng nhận thấy nhận định bài toán có thể khái quát: nếu đội $2^{n-1}$ tham gia giải đấu thì luôn có thể thắng đội n $A_1, \dots, A_n$ để mỗi người trong số họ đánh bại đội có số điểm cao hơn.

Thật thú vị khi tìm hiểu xem điều kiện đã chọn ở mức tối thiểu nào $N$ (tùy thuộc vào $n$ ) sẽ được thỏa mãn đối với bất kỳ khách du lịch nào có sự tham gia của đội $N$ . Sơ đồ tham quan được hiển thị trong Hình 1 và 2 (trong đó các mũi tên được vẽ từ đội thắng đến đội thua) cho thấy tại $n=3, N=3$ và $n=4, N=7$ điều kiện của chúng ta không còn đáp ứng nữa. (Lưu ý rằng trong cả hai hình, tất cả các lệnh đều bằng nhau và ở mức hình 1.) Do đó, trong hai trường hợp này, giá trị nhỏ nhất cho phép $N$ là $2^{n-1}$ . Người đọc được yêu cầu trả lời câu hỏi liệu điều này có đúng với $n=5, 6, \dots$ hay không.

A. T. Ukraintsev

M972. Dãy số $x_1, x_2, \dots$ được cho bởi các điều kiện $x_1 = 1/2, x_{n+1} = x_n^2 + x_n(n=1, 2, \dots)$ . Tìm phần nguyên của một số
$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}.$

Đáp số: 1. Rõ ràng là thế
$\frac{1}{x_n+1} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n(x_n+1)} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}},$
Có thể số tiền đang được xem xét bằng $1/x_1 - 1/x_{100} = 2 - 1/x_{100}$ . Chuỗi $x_n$ rõ ràng trả về cả $x_2 = 3/4$ và $x_3 = (3/4)^2 + 3/4 > 1$ , do đó cũng trả về $x_{100} > 1$ , tức là $1 < 2 - 1/x_{100} < 2$ .

A. A. Anjans

M973. Cho tam giác ABC vẽ đường cao AH và đường phân giác BE. Chứng minh rằng nếu $\angle BEA = 45^\circ$ thì cũng $\angle EHC = 45^\circ$ .

Hình 1.

Hình 2.

Chứng minh HE là phân giác của góc AHC là đủ.
Từ điểm E kẻ đường vuông góc với AC; gọi D là giao điểm của nó với BC (hình 1). Tam giác BEA và BED có cạnh BE bằng nhau và có các góc ( $\angle BEA = \angle BED = 45^\circ$ ) gắn với nó, do đó AE=ED. Và vì các điểm A, E, H và D nằm trên cùng một đường tròn (tổng các góc AHD và AED bằng $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ ) nên các góc AHE và EHD bằng nhau là các góc nội tiếp chắn bởi các dây bằng nhau AE và ED.

Một lời giải khác dựa trên định lý nổi tiếng về đường phân giác: nếu BE là phân giác của tam giác ABC thì AE:EC=AB:BC (ví dụ, xem “Quant”, 1985, số 2, trang 29). Dễ dàng thấy định lý ngược lại cũng đúng nên chỉ cần chứng minh AH:HC=AB:BC là đủ. Biểu thị các góc của tam giác tại các đỉnh A, B, C bằng α, β, γ, ta thu được AH:HC=tg γ và theo định lý sin AB:BC=γ:sin α. Nhưng sin α=sin ( $\beta + \gamma$ )=sin ( $90^\circ - \gamma$ )=cos γ (vì β/2+γ=∠AEB=45°), tức là sin γ:sin α=tg γ.

Chúng ta cũng lưu ý rằng tam giác xét ở bài toán có thể có đặc điểm là tâm O của đường tròn đi qua các điểm B, H và E trùng với hình chiếu của điểm B lên đường thẳng AC (hình 2). (Đường tròn này còn được gọi là đường tròn Apollorian cho các điểm A và C, nghĩa là, đối với các điểm X của nó, AX:XB tương đối được dựng.) Từ đây chúng ta có thể nhận được một lời giải khác.

I. F. Sharytsin,
V. N. Dubrovsky

M974. Hai người đang chơi cờ với một chiếc đồng hồ. Sau khi cả hai đi được 40 nước thì đồng hồ của cả hai đều chỉ 2 giờ 30 phút.
a) Chứng minh rằng trong trò chơi có một thời điểm đồng hồ của khu vực này đánh dấu đồng hồ của khu vực khác lâu hơn 1 phút 50 giây.
b) Có thể nói rằng tại một số thời điểm chênh lệch múi giờ ít nhất là 2 phút?

a) Để giá trị tuyệt đối của chênh lệch giữa các số chỉ của đồng hồ không bao giờ vượt quá t=1 phút 50 s. Khi đó thời gian người chơi cờ thứ nhất dành cho nước đi đầu tiên không vượt quá t và thời gian dành cho bất kỳ nước đi nào sau đó không vượt quá 2t (nếu thời gian suy nghĩ cho một nước đi lớn hơn 2t thì lúc bắt đầu hoặc kết thúc khoảng thời gian này chênh lệch số chỉ đồng hồ sẽ lớn hơn t). Như vậy, tổng thời lượng của trận đấu bằng 5 giờ = 300 phút, không vượt quá 80 2t-t = 159t, tức là t ≥300/159 phút>1 phút 50 giây. Kết quả mâu thuẫn cho thấy rằng trong

Tại một số điểm, sự khác biệt về số chỉ của đồng hồ sẽ vượt quá 1 phút 50 giây.

Đáp số: không thể được. Nếu nước đi đầu tiên (chính xác hơn, theo thuật ngữ cờ vua, “một nửa nước đi”) trong trò chơi mất $t_0=300/158$ phút, mỗi nước trong số 78 phút tiếp theo - $2t_0$ và nước thứ 80, cuối cùng - $t_0$ , thì tổng thời gian suy nghĩ của mỗi người chơi cờ là $39 \cdot 2t_0 + t_0 = 79t_0 = 2$ giờ 30 phút và chênh lệch về chỉ số đồng hồ tại bất kỳ thời điểm nào không vượt quá $t_0 < 2$ phút; Biểu đồ chênh lệch được hiển thị trên trang 38.

S. V. Fomin

M975. Có 20 quân cờ khác nhau trên bàn cờ $n \times n$ . Được biết, mỗi hình từ trường bất kỳ sẽ có không quá 20 trường.
a) Chứng minh rằng với $n=100$ các hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không thuộc nhau.
b) Biết thêm rằng nếu có mười hai hình thì tập hợp các trường mà nó cũng chuyển động song song (theo cùng một vectơ). Chứng minh rằng với $n=30$ 20 hình này có thể được sắp xếp sao cho chúng không phải là nhau.

a) Sử dụng khoảng cách, có thể sắp xếp 20 quân cờ của chúng ta trên bảng $100 \times 100$ và ước tính tỷ lệ $p$ của những cách sắp xếp trong đó ít nhất một quân cờ sẽ là một quân cờ khác. Có thể dễ dàng ước tính tỷ lệ đội hình trong đó một quân nhất định $A$ sẽ là một quân nhất định $B$ : đối với bất kỳ vị trí $A$ nào đối với các quân $B$ có $100^2-1=9999$ trường trống, trong đó không quá 20 trường đang bị tấn công bởi các quân $A$ ; do đó, phân số này không vượt quá $20/9999$ . Và vì số lượng các cặp hình (có thứ tự) $(A, B)$ là $20 \cdot 19=380$ ,

$p \leq 380 \cdot \frac{20}{9999} < 1,$

đặt ra có những vị trí không có hình nào khác (phân số của chúng bằng $1-p>0$ ).

Lưu ý rằng ước tính của chúng tôi khá thô - chúng tôi đã dạy các vị trí trong đó một số hình khác nhau, số lần có các cặp hình như vậy trong đó.

Chúng ta sẽ lần lượt xếp các quân cờ lên bảng. Nếu mảnh đầu tiên đã được đặt, thì mảnh thứ hai không thể được đặt trên 1) trường mà mảnh thứ nhất chiếm giữ, 2) các trường bị mảnh thứ nhất tấn công (không quá 20), 3) các trường mà mảnh thứ hai sẽ là mảnh đầu tiên. Hãy chứng minh rằng nhóm thứ 3 cũng có không quá 20 trường.

Gọi $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_k$ là các vectơ nối tâm của trường do hình thứ 2 chiếm giữ với tâm của trường mà nó chứa. Tập hợp vectơ này không thay đổi khi mảnh được di chuyển; một trong số chúng có thể vượt ra ngoài các cạnh của bàn cờ (các hình vẽ cho thấy các vectơ như vậy cho hai vị trí của quân mã). Các trường mà hình thứ 2 là hình thứ nhất có được bằng cách đặt các vectơ $-\vec{v}_1, -\vec{v}_2, \dots, -\vec{v}_k$ khỏi trường mà hình thứ 1 chiếm giữ - không có nhiều hơn 20 trong số chúng.

Như vậy, đối với quân thứ 2, số trường cấm không vượt quá 41. Chúng ta đặt nó vào một trong các ô còn lại, khi đó đối với quân thứ 3 sẽ không quá $2 \cdot 41=82$ trường cấm, v.v. Đối với quân thứ 20, số trường cấm không vượt quá $19 \cdot 41=779<900$ , do đó nó cũng có thể được đặt trên bảng với điều kiện bài toán.

Hãy chú ý đến cơ bản lời giải của hai điểm trong bài toán của chúng tôi: không giống như lời giải bài toán 6) lời giải bài toán a) không giúp ích gì trong việc tìm ra sự sắp xếp mong muốn - như người ta nói, đây là “bằng chứng thuần túy về sự tồn tại”.

A. K. Tolytso

F983. Một khối có khối lượng $m=1$ kg nằm trên một mặt bàn thô; hệ số ma sát tĩnh của khối trên bàn $\mu_0=1$ , hệ số ma sát trượt $\mu=0.9$ . Một lò xo có độ cứng $k=1$ N/m được gắn vào vật. Lò xo bắt đầu chìm theo phương ngang sao cho đầu tự do của nó chuyển động với tốc độ không đổi $v=1$ m/s (Hình 1). Khối sẽ di chuyển như thế nào?

Chúng ta sẽ xem xét sự chuyển động của hệ thống theo từng giai đoạn.

Giai đoạn thứ nhất: khối đứng yên, lò xo đặt cách nhau. Điều này xảy ra cho đến khi tại một thời điểm nào đó $t_1$ lực căng của lò xo ( $|kx_1|$ ) đạt đến giá trị của lực ma sát tĩnh cực đại ( $\mu_0mg$ ); từ lúc này khối bắt đầu chuyển động.

Hãy tìm $t_1: kx_1=\mu_0mg$ hoặc $k(vt_1)=\mu_0mg$ , từ đâu

$t_1=\mu_0\frac{mg}{kv} \approx 10\text{ c}.$

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu $k/m=\omega^2$ . Sau đó

$t_1=\mu_0g/v\omega^2.$

Lúc này khoảng cách mùa xuân

$x_1=vt_1=\mu_0\frac{g}{\omega^2}.$

Giai đoạn thứ hai. Từ thời điểm $t_1$ khối bắt đầu chuyển động. Hãy xem chuyển động này trong hệ tọa độ chuyển động với tốc độ $\vec{v}$ . Trong hệ này (ký hiệu là $c$ ), tại thời điểm $t_1$ khối có vận tốc $-\vec{v}$ và tọa độ $x=0$ thì lò xo có khoảng cách là $x_1=vt_1$ . Chuyển động tiếp theo của khối xảy ra dưới tác dụng của lực đàn hồi $f_{\text{упр}}=kx_1$ và lực ma sát trượt $f=\mu mg$ , hướng ngược với hướng của vectơ $\vec{v}$ (đây là hướng vận tốc của khối so với bàn, mà trong hệ $c$ có tốc độ không đổi $-\vec{v}$ ). Chúng ta hãy nhớ rằng dưới tác dụng của lực đàn hồi và lực không đổi (trong trường hợp này là lực ma sát), vật trải qua dao động điều hòa:

$x_c=x_{c\text{max}} \sin(\omega t+\varphi)+x_0(\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}),$

trong đó $x_0$ là vị trí cân bằng, được xác định bởi các điều kiện

$k(x_1-x_0)-\mu mg=0 \Rightarrow$

$x_0=x_1-\frac{\mu mg}{k}=x_1-\mu\frac{g}{\omega^2}=\Rightarrow \Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$

ở đâu $\Delta\mu=\mu_0-\mu$ .

Vận tốc của khối thay đổi theo quy luật

$v_c=\dot{x}_c'=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t+\varphi).$

Hãy tìm giá trị của $x_{c\text{max}}$ và $\varphi$ . Để làm điều này, hãy thay thế các giá trị $t=t_1$ , $x_c=x(t_1)=0$ , $x'(t_1)=-v$ thành (1) và (2):

$0=x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)+\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$

$-v=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t_1+\varphi).$

Hãy viết lại các phương trình dưới dạng này:

$x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)=-\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$

$x_{c\text{max}} \cos(\omega t_1+\varphi)=-\frac{v}{\omega}.$

Bằng cách bình phương (3) và (4) và cộng các biểu thức thu được, chúng ta tìm được:

$x_{c \max}^2 = \frac{(\Delta \mu)^2 g^2}{\omega^4} + \frac{v^2}{\omega^2} \approx 2 \text{ m}^2, \quad x_{c \max} \approx 1,4 \text{ m}.$

Chia (3) cho (4), ta được:

$tg(\omega t_1 + \varphi) = \Delta \mu \frac{g}{v \omega}$

$(\sin(\omega t_1 + \varphi) < 0, \cos(\omega t_1 + \varphi) < 0)$

Ở đâu

$\varphi = \pi + \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} - \omega t_1 \approx \frac{5 \pi}{4}.$

Bây giờ chúng ta chuyển sang một hệ quy chiếu đứng yên (tại thời điểm $t_1$ gốc tọa độ trong cả hai hệ tọa độ trùng nhau):

$x = x_c + v(t - t_1) = x_{c \max} \sin(\omega t + \varphi) + v(t - t_1) + \Delta \mu \frac{g}{\omega^2} = \sqrt{2} \sin((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + (t - 10) + 1 \text{ (м)},$

$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t + \varphi) + v = \sqrt{2} \cos((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + 1 \text{ (м/c)}.$

Các phương trình này mô tả chuyển động của khối từ thời điểm thời gian $t_1$ đến thời điểm $t_2$ , khi tốc độ của khối bằng 0 và lực ma sát trượt được thay thế bằng lực ma sát tĩnh. Hiện tại $t_2$

$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t_2 + \varphi) + v = 0.$

Hãy nhớ rằng góc $\theta = \omega t_1 + \varphi$ là trong phần tư thứ ba. Khi tăng thêm $t (t > t_1)$ góc sẽ tăng, cos $(\omega t + \varphi)$ cũng sẽ tăng, do đó, tốc độ sẽ tăng, vẫn dương. Khi $(\omega t + \varphi)$ kết thúc ở quý thứ hai (sáu), cos $(\omega t + \varphi)$ sẽ âm và khi nó trở thành cos $(\omega t_1 + \varphi)$ , tốc độ của khối trở thành 0. Như vậy,

$t_2 = t_1 + \frac{2 \left( \pi - \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} \right)}{\omega} \approx 15 \text{ c},$

$x(t_2) \approx 7 \text{ m}.$

Lưu ý rằng lực căng của lò xo tại các thời điểm $t_2$ và $t_1$ có liên hệ với hệ thức

$f(t_1) - \mu mg = -(f(t_2) - \mu mg) \Rightarrow f(t_2) = 2 \mu mg - f(t_1).$

Nhưng $f(t_1) = \mu_0 mg$ ; Đó là lý do tại sao

$f(t_2) = mg(2 \mu - \mu_0) < \mu_0 mg.$

Điều này có nghĩa là tại thời điểm $t_2$ khối vẫn giữ nguyên và sẽ không di chuyển cho đến thời điểm $t_3$ , khi $f(t_3)$ trở nên bằng nhau

modulo $\mu_0 mg$ . Khoảng thời gian $t_3 - t_2$ rõ ràng bằng

$t_3 - t_2 = \frac{f(t_3) - f(t_2)}{kv} = \frac{2(\mu_0 - \mu)g}{v\omega^2} \approx 2\text{ c.}$

Sau đó, chu trình lặp lại, sao cho $t_4 - t_3 = t_2 - t_1$ , v.v. Đồ thị của hàm $x(t)$ và $x'(t)$ được hiển thị trong Hình 2 và 3 (xem trang 41).

I. I. Mazin

F984. Khi Kolke lái xe, torop đôi khi bị kẹt khi khúc gỗ bị tách ra. Trong những trường hợp như vậy, nên thực hiện như trong hình 1 hoặc như trong hình 2. Phương pháp nào hiệu quả hơn?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Khi chiếc rìu đi vào khúc gỗ, sự phân chia giữa hai nửa khúc gỗ ở cả hai bên của chiếc rìu sẽ tăng lên: những cánh tà này có độ dốc theo hướng vuông góc với “cổ” của chiếc rìu; có sự tích tụ biến dạng lò xo trong cây. Sự đứt gãy (tách) của khúc gỗ xảy ra tại thời điểm biến dạng này đạt đến một giá trị “có thể chịu được tối đa” nhất định.

Chúng ta sẽ giả định rằng trước khi chạm vào “đe” trong trường hợp thứ nhất và thứ hai, hệ thống rìu + log có cùng năng lượng. Khi đập vào đe, một phần năng lượng này chuyển thành nhiệt. Trong trường hợp đầu tiên (cây bên dưới), tác động là không đàn hồi, trong trường hợp thứ hai là lực đàn hồi. Điều này có nghĩa là trong trường hợp đầu tiên, tổn thất năng lượng khi va chạm ( $\Delta E_1$ ) lớn hơn trong trường hợp thứ hai ( $\Delta E_2$ ). Năng lượng còn lại được dùng vào công chống lại lực ma sát trong quá trình chuyển động lẫn nhau của rìu và khúc gỗ và làm tăng năng lượng biến dạng của lò xo trong khúc gỗ. Hãy viết ra sự cân bằng năng lượng này:

$E'_1 = E - \Delta E_1 = A_1 + U_1,$
$E'_2 = E - \Delta E_2 = A_2 + U_2.$

Từ những điều trên cho thấy rõ rằng $E'_2 > E'_1$ , tức là $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$ .

Rõ ràng là nếu $U_2 > U_1$ thì phương pháp thứ hai hiệu quả hơn.

Đối với cùng một chuyển động của chiếc rìu so với khúc gỗ từ cùng một vị trí ban đầu, nghĩa là với cùng một giá trị $A$ ( $A_1 = A_2$ ), rõ ràng là $U_2 > U_1$ . Hãy chứng minh rằng các đại lượng $A$ và $U$ tỷ lệ thuận với nhau.

Công $A$ được thực hiện chống lại lực ma sát, lực này thay đổi khi trục chuyển động so với khúc gỗ, vì phản lực pháp tuyến $N_t$ (hình 3). Năng lượng $U_t$ bằng công thực hiện bởi lực ép pháp tuyến của chiếc rìu lên cây. Lực này tại bất kỳ thời điểm nào đều bằng phản lực thông thường $N_t$ . Từ tất cả những gì đã nói, rõ ràng là điều kiện $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$ có nghĩa là cả $A_2 > A_1$ và $U_2 > U_1$ , và do đó phương pháp thứ hai - dùng rìu đập vào đe - sẽ hiệu quả hơn.

T. S. Petrova

F985. Một ống nghiệm úp ngược $A$ được nhúng vào một bình chứa đầy ete lỏng. Họ ngay lập tức bắt đầu từ đó

bong bóng thoát ra. Các bong bóng được “thu thập” trong ống nghiệm B, ban đầu chứa đầy ete (xem hìnhnok), chiều dài của ống nghiệm này dài gấp đôi chiều dài của ống nghiệm A. Trong trường hợp này, 2/3 thể tích ete ban đầu đầu tiên được dịch chuyển khỏi ống nghiệm B. Nhiệt độ trong phòng được duy trì ở 20 ° C, áp suất bằng áp suất khí quyển bình thường. Giải thích quá trình xảy ra vài mm pt. Nghệ thuật.). Các bong bóng sẽ ngừng thoát ra khi quá trình bay hơi của ete bên trong ống nghiệm A dừng lại, tức là khi áp suất của ống nghiệm ở đó bằng áp suất hơi bão hòa $p_H$ và áp suất tổng là $p_H + p_B = p_0$ , trong đó $p_B$ là áp suất không khí.

Điều kiện tương tự phải được đáp ứng trong ống nghiệm B. Trong trường hợp này, không khí chiếm thể tích $V_0$ trong ống nghiệm A sẽ chiếm thể tích $\frac{4}{3}V_0$ trong ống nghiệm B. Sử dụng định luật Boyle-Marutt, chúng ta có thể viết:

$p_0V_0 = p_B(V_0 + \frac{4}{3}V_0) = \frac{7}{3}p_BV_0,$

chúng ta tìm thấy $p_B = \frac{3}{7}p_0$ ở đâu. Bây giờ dễ dàng xác định áp suất hơi bão hòa của ether:

$p_H = p_0 - p_B = \frac{4}{7}p_0 \approx 430 \text{ мм pt. ст.}$

A. I. Buzdin

Các nguyên tử kim loại (vonfram và bạch kim) nằm trên bề mặt tấm và các nguyên tử cacbon trong phân tử CO có liên kết hóa học không bão hòa. Sự tương tác của carbon oxyhydroxide với bề mặt kim loại sạch dẫn đến sự hình thành liên kết hóa học mạnh mẽ giữa nguyên tử C và nguyên tử kim loại bề mặt. Phản ứng này đi kèm với sự giải phóng nhiệt. Trong trường hợp này, carbon oxynium tạo thành một lớp đơn trên bề mặt kim loại và đối với mỗi nguyên tử kim loại nằm trên bề mặt tấm, có một phân tử CO và trục của các phân tử vuông góc với bề mặt kim loại (hình 1).

Gần bề mặt của tiểu cầu, có thể xác định được hai mặt phẳng $P_1$ và $P'_1$ , nằm ở khoảng cách $l$ với nhau và lần lượt đi qua tâm của các nguyên tử carbon và oxy. Chúng ta sẽ giả sử rằng các điện tích dương (điện tích lưỡng cực $+\Delta q$ ) nằm trong mặt phẳng $P_1$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $+\sigma_1$ và các điện tích âm nằm trong mặt phẳng $P'_1$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $-\sigma_1$ (hình 2).

Tương tự, gần bề mặt của tấm vonfram có hai mặt phẳng tích điện khác nhau lần lượt là $P_2$ và $P'_2$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $+\sigma_2$ và $-\sigma_2$ .

Do đó, việc tính toán hiệu điện thế $U$ giữa các tấm vonfram và tấm được rút gọn thành việc xác định hiệu điện thế giữa hai tham số của các mặt phẳng tích điện khác nhau:

$U = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0} l - \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0} l = \frac{\sigma_1 - \sigma_2}{\varepsilon_0} l. \tag{1}$

Số lượng nguyên tử trung bình của kim loại, vị trí của chúng trên một đơn vị diện tích bề mặt của nó (mật độ bề mặt của nguyên tử γ), được xác định thông qua tỷ lệ mật độ thể tích của các nguyên tử

$\gamma = n^{2/3},$

trong đó $n$ là mật độ thể tích của các nguyên tử kim loại. Đổi lại, mật độ thể tích của nguyên tử bằng

$n = \frac{\rho N_A}{M},$

trong đó $\rho$ là mật độ của kim loại, $N_A$ là số Avogadro, $M$ là khối lượng mol của kim loại. Rõ ràng là vậy

$\sigma = \Delta q \gamma.$

Có tính đến các mối quan hệ (2)—(4), chúng tôi biểu thị sự khác biệt tiềm năng mong muốn ở dạng

$U = \frac{\Delta q \cdot l}{\varepsilon_0} N_A^{2/3} \left( \left( \frac{\rho_W}{M_w} \right)^{2/3} - \left( \frac{\rho_{Pt}}{M_{Pt}} \right)^{2/3} \right).$

Thay các giá trị số ( $\varepsilon_0 = 8,85 \times 10^{-12} \text{ Ф/m}$ , $N_A = 6,02 \cdot 10^{23} \text{ mol}^{-1}$ , $\rho_W = 19,1 \times 10^3 \text{ кг/m}^3$ , $\rho_{Pt} = 21,5 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$ , $M_W = 0,184 \text{ кг/mоль}$ , $M_{Pt} = 0,195 \text{ кг/mоль}$ ), ta được $U = 24 \text{ мВ}$ .

Tóm lại, cần lưu ý rằng trong lời giải bài toán một sự đơn giản hóa đã được thực hiện - chúng tôi không dạy rằng trong cấu trúc tinh thể, các nguyên tử vonfram và bạch kim được sắp xếp theo một thứ tự nhất định và do đó, trong các môi trường khác nhau, một số lượng nguyên tử kim loại khác nhau xuất hiện trên bề mặt của nó. Vì vậy, công thức (2) yêu cầu làm rõ cho từng trường hợp cụ thể về cách sắp xếp các nguyên tử trên bề mặt kim loại. Ngoài ra, trong các mặt phẳng khác nhau của bề mặt, các nguyên tử có hóa trị khác nhau và điều này cũng phải được tính đến.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F987. Trong bức tranh “Tháng ba” của I. Levitan, bóng trên tuyết do cây đổ vào một ngày nắng trong có màu xanh lam. Sẽ không đúng hơn (từ quan điểm vật lý) nếu hướng chúng tối, không màu (đen hoặc xám)?

Sự chiếu sáng của bất kỳ khu vực nào trên bề mặt trái đất được tạo ra bởi cả ánh sáng mặt trời trực tiếp và ánh sáng mặt trời tán xạ trong khí quyển. Như bạn đã biết, ranh giới bóng xác định khu vực mà ánh sáng mặt trời trực tiếp không chiếu tới. Nếu nhìn chung các tia không rơi vào vùng này thì vùng tương ứng sẽ không màu (màu đen).

Vào một ngày nắng đẹp (khi bầu trời hầu như không có mây), ánh nắng khuếch tán chiếu xuống trái đất “có tông màu xanh” (màu của bầu trời). Rơi vào vùng bóng “trực tiếp”, ánh sáng này phản chiếu từ lớp tuyết trắng mà không bị hấp thụ đáng kể (đây là đặc tính của tuyết trắng) và tạo cho bóng có màu xanh lam. Hiệu ứng được mô tả càng rõ ràng thì lớp tuyết phủ càng rõ ràng.

A. S. Butov