Lời giải bài toán M976—M980; F988—F992

44

atmospheric pressure (because the lower part of the chamber communicates with the atmosphere), is constantly heated to compensate heat losses to the surroundings. For a fixed power of the heater, such an aerostat floats at a determined altitude. How will this altitude change, if the heating power is increased, leading to an increase of $\Delta t=0.1$ °C in the mean temperature in the chamber, which initially equalled $t=57$ °C? The surrounding temperature is $t_0=17$ °C.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminski

P1012. The left extremity of a long glass cylinder of radius $R$ is obstructed by an opaque thin disk with a vertical slit whose width $d$ can be changed. A beam of parallel light rays falls on the disk, forming the angle $\alpha$ with it (see figure Pisc. 4, p. 42); the disk’s illumination is $E$. A photoelement is placed at the other extremity of the cylinder. Plot the dependence of light flux registered by the photoelement on the width of the slit $d$. The refraction coefficient of glass is $n$.

A. A. Lapides

Lời giải bài toán

M976—M980; F988—F992

Vì $\angle QAE=\angle QBE=45^\circ$ và các điểm $A$ và $B$ nằm trên cùng một phía của đoạn $QE$, nên có thể vẽ một đường tròn xung quanh tứ giác $ABEQ$ (xem hình). Do đó, $\angle AQE=180^\circ$ là $\angle ABE=90^\circ$, tức là tam giác $AQE$ là tam giác vuông đều và $AE=\sqrt{2}$ AQ. Tương tự như $AF=\sqrt{2}$ AP. Do đó, xét rằng tam giác $AEF$ và $APQ$ có ​​một góc chung ở đỉnh $A$, ta thấy chúng giống nhau với hệ số $\sqrt{2}$, tức là diện tích tam giác thứ nhất gấp đôi diện tích tam giác thứ hai.

E. G. Gotman

M977. Có thể thu được $x$ bằng cách sử dụng các phép tính cộng, trừ và nhân từ các đa thức $f(x)$ và $g(x)$ nếu: a) $f(x)=x^2+x$, $g(x)=x^2+2$; b) $f(x)=x^2+x$, $g(x)=x^2-2$; c) $f(x)=2x^2+x$, $g(x)=2x$; d) $f(x)=2x^3+x$, $g(x)=x^2$.

TRẢ LỜI: ở bài toán 6) thì được, ở những việc khác thì không được.

Đối với lời giải bài toán 6) lưu ý rằng $f-g=x+2$, do đó $(f-g)^2-2(f-g)-f=(f-g)(f-g-2)-f=x(x+2)-x^2-x=x$.

Trong các bài toán còn lại, chúng ta sẽ sử dụng thực tế là nếu đa thức $x$ được biểu diễn dưới dạng $f(x)$ và $g(x)$ bằng các phép cộng, trừ và nhân thì bất kỳ số $a$ nào cũng được biểu diễn theo cách tương tự thông qua các số $f(a)$ và $g(a)$.

a) Lấy $x=-1$, rồi $f(x)=0$, $g(x)=3$. Cả hai

45

Những số này chia hết cho 3, do đó bất kỳ số nào được tạo thành từ chúng bằng phép cộng, phép trừ và phép nhân đều phải chia hết cho 3 và do đó khác với -1.

c) Phân số $x=1/2$ không thể biểu diễn được theo cách đã xét thông qua các số nguyên $f(1/2)=1$ và $g(1/2)=1$.

d) Lấy $x=\sqrt{2}$, rồi $f(x)=5\sqrt{2}$, $g(x)=2$. Mọi tổ hợp số $5\sqrt{2}$ và $2$ được cho phép theo điều kiện bài toán đều có dạng $m+5n\sqrt{2}$, trong đó $m$ và $n$ là số nguyên. Nhưng đẳng thức $\sqrt{2}=m+5n\sqrt{2}$ là không thể, vì nó hàm ý rằng $\sqrt{2}=m/(1-5n)$ là một số hữu tỉ.

S. I. Kublanovsky

M978. Có thể đặt hai hình tam giác đều có cạnh lớn hơn $\sqrt{2}/3$ trong một hình vuông có cạnh 1 mà không chồng lên nhau không?

TRẢ LỜI: Không thể được. Nó đủ để chứng minh rằng mọi tam giác đều có cạnh $\sqrt{2}/3$, nằm trong một hình vuông có cạnh 1, đều chứa tâm hình vuông ($\text{как внутреннюю точку}$).

Hãy chứng minh phát biểu này bằng phản chứng. Nếu một tam giác đều $ABC$ không chứa tâm hình vuông $O$ thì tam giác đó có một cạnh, chẳng hạn như $AB$, sao cho tam giác và điểm $O$ nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng $AB$ (xem hình). Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng song song với $AB$ đến $O$ và thả một đường vuông góc $CK$ từ điểm $C$ lên đường thẳng này. Gọi $H$ là giao điểm của nó với các cạnh $AB$, thì

$$CH<CK\leq CO,$$

nhưng khoảng cách $CO$ hiển nhiên không vượt quá nửa đường chéo của hình vuông (vì điểm $C$ nằm bên trong hình vuông). Và vì $CH$ là chiều cao của hình tam giác nên đối với độ dài cạnh của nó, chúng ta có được ước tính

$$\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}CH<\frac{2}{\sqrt{3}}CO\leq\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{\frac{2}{3}}.$$

Sự mâu thuẫn.

E. A. Karlov, I. K. Dimitrov

TRẢ LỜI: a) $n-k$ phải là số lẻ; b) tập ngoại lệ duy nhất (đối với số lẻ $n-k$) là $a_1=a_2=\dots=a_k=1/2$.

Đặt $a_1, a_2, \dots, a_k$ là một tập đặc biệt. Hãy đặt $n_1=n-k+1$, $n_2=n_3=\dots=n_k=1$; thì $n_1+n_2+\dots+n_k=n$ và một trong các số $a_i n_i$ phải là số nguyên. Nhưng đối với $i\geq 2$ các số $a_i n_i=a_i$ không phải là số nguyên nên $a_1(n-k+1)$ là số nguyên, tức là số $a_1(n-k)$ không phải là số nguyên. Bây giờ chúng ta đặt $n_1=n-k$, $n_2=2$, $n_3=\dots=n_k=1$. Tích duy nhất của $a_i n_i$ phải là số nguyên cho $n_i$ này là $a_2 n_2=2a_2$, do đó $a_2=1/2$. Bằng cách tương tự, người ta chứng minh rằng $a_i=1/2$ với mọi $i$. Nhưng chúng ta đã thấy rằng số $a_1(n-k+1)=(n-k+1)/2$ là một số nguyên; điều đó có nghĩa $n-k$ là số lẻ.

E. A. Gorin

M980. Bên trong một lồi a) đa giác, b) đa giác có các đỉnh $A_1$,

47

trên sườn núi $d=2$ mm. Tìm lực ma sát giữa ván trượt và mặt băng. Ma sát riêng của băng tan $\lambda=3,3\times10^5$ J/kg, mật độ băng $q=0,9$ g/cm$^3$. Coi độ dẫn điện trenlo của băng là thấp.

băng tan dưới sườn núi.

Trong khoảng thời gian ngắn $\Delta t$, vận động viên khúc côn cầu chuyển động với tốc độ không đổi $v$ ($\Delta t$ có ​​nghĩa là sự thay đổi tốc độ trong thời gian này có thể bỏ qua so với giá trị của chính tốc độ đó), đi được quãng đường $\Delta x=v \cdot \Delta t$. Công do lực ma sát thực hiện bằng
$$A=F_{\text{тр}} \cdot \Delta x=F_{\text{тр}} v \cdot \Delta t.$$
Khối lượng băng phát triển dưới sườn núi trong thời gian này bằng $\Delta m=\rho h d v \cdot \Delta t$. Nhiệt lượng cần thiết để làm tan chảy khối băng này là -
$$\Delta Q=\lambda \cdot \Delta m=\lambda \rho h d v \cdot \Delta t.$$
Do đó, $A=\Delta Q$, hoặc
$$F_{\text{тр}} v \cdot \Delta t=\lambda \rho h d v \cdot \Delta t,$$
Ở đâu
$$F_{\text{тр}}=\lambda \rho h d=3,3 \cdot 10^5 \cdot 0,9 \cdot 10^3 \cdot 3 \cdot 10^{-5} \cdot 2 \times 10^{-3} (\text{H}) \approx 17,8 \text{ H}.$$
Đối với các quốc gia, có vẻ như biểu thức thu được cho $F_{\text{тр}}$ không bao gồm tốc độ của vận động viên khúc côn cầu. Trong thực tế, lực ma sát cần thiết phụ thuộc vào tốc độ, vì các giá trị của $h$ phụ thuộc vào nó. Do đó, các điều kiện đáp số được xây dựng trong bài toán là tốc độ trượt được xác định đầy đủ.

M. G. Gavrilov

F989. Một mô hình xe gắn bánh xích được đặt trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng $a=30^\circ$ rồi thả ra. Tìm gia tốc của mô hình. Chiều dài của mô hình là $l=50$ cm, chiều cao là $h=2$ cm. Các đường ray được làm bằng cao su, trọng lượng của chúng bằng 80% tổng trọng lượng của mô hình. Ma sát trong cơ cấu của mô hình là không đáng kể.

Ở góc nghiêng này, các rãnh cao su di chuyển dọc theo mặt phẳng mà không bị thủng. Điều này có nghĩa là không có nhiệt được tạo ra trong quá trình chuyển động (không có ma sát giữa đường ray và bề mặt và không có ma sát trong cơ chế của mô hình).

Hãy sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Để tính động năng, xét rằng chiều dài của đường ray lớn hơn chiều cao của mô hình, chúng ta sẽ giả sử rằng khi mô hình chuyển động với tốc độ $v$ thì nửa dưới của đường ray không chuyển động và nửa trên có tốc độ $2v$. Khi đó động năng của mô hình là
$$E_{\kappa}=0,4 m \frac{(2 v)^2}{2}+0,2 m \frac{v^2}{2}=0,9 m v^2$$
($m$ là khối lượng của toàn bộ mô hình; $0,4 m$ là khối lượng của một nửa đường ray; $0,2 m$ là khối lượng của mô hình không có đường ray). Trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ mô hình sẽ giảm xuống $\Delta h=v \cdot \Delta t \cdot \sin \alpha$ và động năng của nó sẽ tăng thêm $\Delta E_{\kappa}=mg v \cdot \Delta t \cdot \sin \alpha$. Nếu trong thời gian này tốc độ của mô hình tăng $\Delta v$ thì $\Delta E_{\kappa}=0,9 m (v+\Delta v)^2-0,9 m v^2 \approx 1,8 m v \cdot \Delta v$, tức là
$$mg v \cdot \Delta t \cdot \sin \alpha=1,8 m v \cdot \Delta v,$$
gia tốc đến từ đâu?
$$a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{g \sin \alpha}{1,8} \approx 2,7 \text{ m/c}^2.$$
A. I. Vuzdin

F990. Động cơ Tell là một xi lanh chứa đầy khí có một pít-tông, chuyển động của nó được điều khiển bởi các điểm dừng AA và BB.

48

(hình 1). Khí được làm nóng từ từ cho đến khi piston chạm vào điểm dừng BB, sau đó đế lò xo được chuyển từ vị trí BB sang vị trí GG. Sau đó, bình được làm nguội từ từ cho đến khi pít-tông chạm vào điểm dừng AA. Sau đó đế lò xo được chuyển về vị trí BB, hình trụ lại bị ép lại v.v. Tìm hiệu suất của chuyển động này. Xi lanh chứa đầy Zeile; diện tích piston S=10 cm2; độ cứng của lò xo k=10 N/m, chiều dài của nó không phải là khoảng cách giữa các trạng thái l₀=60 cm. Áp suất bên ngoài được coi là bằng không.

trong sự cân bằng.

Ta xét rằng chiều dài của lò xo ở trạng thái không hòa tan bằng khoảng cách từ thành bên trái của bình đến đường BB (xem số liệu ở hình 1), do đó, khi chất khí nở ra (khi pít-tông chuyển động từ điểm dừng AA đến điểm dừng BB), lực đàn hồi của lò xo tỷ lệ thuận với thể tích của chất khí - F_ypp=kx=kV/S, và do đó áp suất của khí -

$$p_{1\rightarrow 2} = \frac{k}{S^2} V.$$

Trong phần này, thể tích khí tăng từ V₁=2·10⁻⁴ m³ lên V₂=4·10⁻⁴ m³. Áp suất khí tăng từ p=k/S²V₁=2·10³ Pa lên p₂=k/S²V₂=4·10³ Pa (xem hình 2).

Sau khi đế lò xo được chuyển từ BB sang GG thì lực đàn hồi của lò xo giảm đi. Kết quả là, khi bình nguội đi, khí không bắt đầu bay lên ngay lập tức mà chỉ sau khi áp suất khí lên pít-tông giảm xuống nhiều đến mức lực áp suất khí bằng lực đàn hồi của lò xo. Điều này sẽ xảy ra ở p₃=10·0,3/10⁻³ Pa=3·10³ Pa (xem hình 2). Khi làm mát thêm, khí sẽ bay đi và áp suất sẽ thấp hơn theo quy luật

$$p_{3\rightarrow 4} = \frac{k}{S^2} (V-V_0),$$

trong đó V₀ là thể tích mà khí chiếm trong trường hợp lò xo, cố định ở vị trí GG, trở nên không hòa tan: V₀=0,1·10⁻³ m³=1·10⁻⁴ m³. Do đó, p₄=k/S²(V₁-V₀)=1·10³ Pa.

Sau khi đế lò xo di chuyển từ vị trí GG sang vị trí BB thì lực đàn hồi sẽ tăng lên. Do đó, khi chất khí được đốt nóng tiếp theo, nó chỉ bắt đầu giãn nở kể từ thời điểm lực áp suất của chất khí tăng đến giá trị của lực đàn hồi. Điều này sẽ xảy ra ở p=p₁=2·10³ Pa; sau đó quá trình này được lặp lại (xem hình 2).

Công mà khí thực hiện trong một chu kỳ có thể được tính bằng diện tích hình bình hành trên hình 2:

$$A=0,2 \Pi a \cdot m^3=0,2 \text{Дж.}$$

Khí nhận nhiệt ở các phần 1→2 và 4→1; Xét chất khí có tính chất đơn nguyên tử, ta thấy:

$$Q=Q_1+Q_2=A_{1\rightarrow 2}+\Delta U_{1\rightarrow 2}+\Delta U_{4\rightarrow 1}=\frac{p_1+p_2}{2}(V_2-V_1)+\frac{3}{2}vR(T_2-T_1)+\frac{3}{2}vR(T_1-T_4)=\frac{p_1+p_2}{2}(V_2-V_1)+\frac{3}{2}(p_2V_2-p_4V_4)=2,7 \text{Дж.}$$

Như vậy, hiệu quả của phong trào này là

$$\eta=\frac{A}{Q} \cdot 100 \% \approx 7,4 \%.$$

Công có ích trong chu trình này được “mô phỏng” với chuyển động của đế lò xo - khi

49

Đúng, khí được làm nóng và áp suất của nó cao, nó sinh công nhiều hơn công của ngoại lực trong quá trình dịch chuyển ngược của đế lò xo.

A. R. Zilberman

F991. Trong mạch hiển thị ở hình 1, $U_0=2,4$ V, $R=600$ Ohm, $r=200$ Ohm, điốt $D_1$ và $D_2$ có cùng đặc tính điện áp-ampe (đường cong màu đỏ ở hình 2). Dòng điện này chạy qua diode $D_2$.

◆
Chúng tôi sẽ giải quyết đồ họa bài toán.

Hãy chia mạch thành hai phần - một pin và một điện trở (B+P) (hình 1a) và một mạch có các phần tử phi tuyến tính (p+D₂+D₁) (hình 16) - và xây dựng các đặc tính volt-ampe của chúng.

Đối với phân vùng (B+P) I(U) phụ thuộc, việc tìm kiếm rất dễ dàng:

$$I = \frac{U_0 - U}{R}$$

(tại $U \leqslant U_0$)

— đường thẳng $I_{B+P}$ đến hình 2.

Hình 1.

Hình 1a.

Hình 16.

Hình 2.

Trong mạch phi tuyến, trước tiên chúng ta tìm sự phụ thuộc I(U) của điện trở nối tiếp $r$ và diode $D_2$ (p+D₂). Hãy vẽ một đường thẳng $I_r = U/r$ và với mỗi giá trị hiện tại, chúng ta tổng hợp các giá trị điện áp rơi ở $r$ và ở $D_2$. Kết quả sẽ là đường cong $I_{p+D_2}$ (xem hình 2).

Bây giờ đối với mỗi giá trị điện áp, chúng ta sẽ tìm tổng dòng điện trong mạch tuyến tính - chúng ta sẽ tính tổng các giá trị hiện tại thông qua $D_1$ và trong phần (p+D₂). Đường cong thu được $I_{p+D_1+D_2}$ là đặc tính volt-ampe của mạch phi tuyến tính cách ly ở hình 16. Lưu ý là chúng ta không cần dựng toàn bộ đường cong $I_{p+D_1+D_2}$ - một đoạn trong vùng giao nhau của đường cong này với đặc tính volt-ampe của đoạn B+P (với đường thẳng $I_{B+P}$) là đủ. Điểm giao nhau của các đường này - $U \approx 0,9$ V và $I_{o6\pi} \approx 2,5$ mA - cho biết các giá trị điện áp và tổng dòng điện trong mạch (p+D₁+D₂). Dòng điện qua diode $D_1$ ở điện áp 0,9 V là $I_1 = 1,5$ mA; điều này có nghĩa là dòng điện qua điện trở $r$ và diode $D_2$ bằng

$$I_2 = I_{o6\pi} - I_1 = 0,9$$ mA.

R. Z. Aleksadrov

50

F992. Khi quay một khung hình trong bộ phim “Gulliver in the Land of the Lilliputians”, diễn viên đóng vai Gulliver được đặt cách máy quay phim 4 m bằng một vật thể có tiêu cự ngắn và diễn viên đóng vai người Lilliputian được đặt ở khoảng cách 40 m. Hỏi vật chụp phải hướng một khoảng cách bao nhiêu để ảnh của cả hai đối tượng trên dải phim đều rõ nét như nhau?

Tại sao chủ thể có tiêu cự ngắn lại được sử dụng trong thể loại nhiếp ảnh này? Ước tính tiêu cự của một ống kính như vậy nếu bạn biết rằng việc chụp ảnh thông thường (không kết hợp) người ở khoảng cách 5 m được thực hiện với một vật thể có tiêu cự 50 cm và độ sâu trường ảnh 0,5 m.

Hãy coi thấu kính là một thấu kính mỏng. Trên hình (xem trang 51) có sơ đồ về cách tạo hình ảnh trên phim trong máy quay phim.

Hình ảnh của cả hai nhân vật trong phim sẽ rõ ràng như nhau nếu bất kỳ hai điểm nào của Lilliput và Gulliver, ví dụ $A_2$ và $A_1$, được thể hiện trên dải phim bằng các điểm sáng có cùng bán kính.

Ảnh thật của các điểm $A_1$ và $A_2$, nằm ở khoảng cách $d_1$ và $d_2$ tính từ thấu kính (vật kính), lần lượt nằm ở các điểm $B_1$ và $B_2$ ở khoảng cách $f_1$ và $f_2$. Nếu màn ảnh (phim phim) đặt trong mặt phẳng $BC$ cách thấu kính một khoảng $f$ thì ảnh của các điểm $A_1$ và $A_2$ sẽ mờ như nhau - cùng với các điểm $B_1$ và $B_2$ trên màn ảnh sẽ có các điểm có cùng bán kính $r = |CB|$. Do đó, ảnh của máy quay phim đi theo điểm $A$, nằm cách thấu kính một khoảng $d$ sao cho ảnh của nó chạm vào điểm $B$.

Từ sự giống nhau của các tam giác $B_1CB$ và $B_1KO$, $B_2CB$ và $B_2KO$ suy ra:

$$\frac{f-f_1}{f_1} = \frac{r}{R}, \quad \frac{f_2-f}{f_2} = \frac{r}{R},$$

trong đó $R = |OK|$ là bán kính khẩu độ của vật thể (giá trị này chủ yếu được xác định bởi độ sâu trường ảnh và điều kiện ánh sáng cần thiết) và từ đây chúng ta có được:

$$\frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2} = \frac{2}{f}.$$

Mặt khác, từ công thức Lilliputian, nó suy ra rằng

$$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d_1}, \quad \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d_2}, \quad \frac{1}{f} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d},$$

trong đó $F$ là tiêu cự của Lilliput. Thay các biểu thức này vào (1), ta được:

$$\frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} = \frac{2}{d},$$

Ở đâu

$$d = 2 \frac{d_1 d_2}{d_1 + d_2}.$$

Thay thế các giá trị số $d_1=40$ m và $d_2=4$ m, chúng ta thấy rằng trong quá trình chụp kết hợp, các ống kính được đặt tại một điểm cách ống kính $d=7,3$ m.

đáp số cuối cùng không bao gồm tiêu cự của ống kính. Tại sao lại yêu cầu nó phải lấy nét ngắn?

Hãy biểu thị các đại lượng $r/R$ theo $d_1$, $d_2$ và $F$:

$$\frac{r}{R} = \frac{(d_1-d_2)F}{2d_1 d_2 - F(d_1 + d_2)};$$

vì $F \ll d_1$, $d_2$, thì để có được ước tính, chúng ta có thể giả định rằng

$$\frac{r}{R} = \frac{d_1 - d_2}{2d_1 d_2} F,$$

và do đó, độ mờ của ảnh của các điểm nằm ở khoảng cách $d_1$ và $d_2$ tính từ thấu kính tỷ lệ thuận với tiêu cự.