Bài toán M1031—M1035; F1043—F1047

19

Nhiệm vụ

M1031—M1035; F1043—F1047

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 5 năm 1987 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Đến”, viết: “Bài toán «Kvant», mới bài toán trong vật lý hoặc “…mới bài toán trong toán học”). Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết mã số trường và lớp mà bạn đang dạy. Vui lòng viết họ và tên của bạn bằng chữ in hoa.

M1031. Trên mặt phẳng dữ liệu có một đường thẳng l và hai điểm A, B ở một phía của đường thẳng đó. Trên đường thẳng l chọn điểm M, tổng khoảng cách từ đó đến các điểm A và B là nhỏ nhất và điểm N có khoảng cách từ A và B bằng nhau: AN=BN. Chứng minh rằng điểm nghịch đảo của tất cả các số viết ra đều bằng n/2.
(Ví dụ: khi n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Anjans

M1032. N số 2, 3, …, n+1 được viết ra, tích có thể có của chúng là hai, ba, v.v. cho đến khi tích tất cả n số này. Chứng minh rằng tổng các nghịch đảo của tất cả các số viết ra bằng n/2.
(Ví dụ: khi n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Anjans

M1033. Hình tròn cắt bốn hình tam giác thẳng từ hình vuông (đường viền của mỗi hình bao gồm hai hình tròn và hai đoạn thẳng). Chúng ta hãy sơn hai trong số chúng, liền kề với các góc đối diện của hình vuông, màu xanh lam, hai góc còn lại màu đỏ. Chứng minh rằng a) tổng màu đỏ và màu xanh bằng nhau;
b) tổng chu vi của các tam giác đỏ và tam giác xanh bằng nhau.

B. B. Prozovolyov

M1034. Một miếng sôcôla hình chữ nhật được chia thành 50 lát vuông bằng các rãnh dọc và rãnh ngang. Hai người chơi trò chơi này. Người mới bắt đầu rửa sô cô la dọc theo một vết lõm nhất định thành hai phần lõm thẳng. Sau đó, người chơi lần lượt bẻ một trong các phần thu được thành hai phần dọc theo một vết lõm nhất định. Người bẻ miếng vuông đầu tiên (không có vết lõm)
a) thua;
b) thắng.

Người chơi nào có thể đảm bảo chiến thắng cho mình - người mới bắt đầu hay đối tác của anh ta?

S. B. Fomin

M1035. Trên đoạn [0; 1] các điểm x0, x1, x2, …, xn lần lượt được dịch chuyển. Đối với mỗi điểm k (k=1, …, n), khoảng cách dk từ điểm đó đến điểm gần nhất với các điểm đã đặt trước đó sẽ thay đổi. Chứng minh rằng d1+d2+…+dn<br />1+\frac{\log_2 n}{2}.

B. S. Grieberg

F1043. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn, đang quay tròn, một thanh có chiều dài l=10 cm trượt với vận tốc v=10 cm/s. Thanh quay sẽ đập vào tường (xem hình) với vận tốc góc bằng bao nhiêu, nếu ở khoảng cách L=50 cm so với tường thì thanh này song song với tường?

N. Yu. Poteryayko

F1044. Một vận động viên nhảy dù có khối lượng m=80 kg thực hiện cú nhảy xa. Trước khi dù mở ra, vận tốc của dù là v0=60 m/s, sau khi dù mở ra, vận tốc đặt là v=6 m/s. Tối đa sẽ là bao nhiêu

22

Bất đẳng thức đầu tiên trùng với bất đẳng thức a) và bất đẳng thức thứ hai trùng với bất đẳng thức (*).

B) Tương tự, xét hàm $f_n(x)=a_1^2-a_2^2+\dots+(-1)^n a_{n-1}^2-(-1)^n x^2-a_1-a_2+\dots+(-1)^n a_{n-1}-(-1)^n x^2$, chúng ta thấy điều đó thật kỳ lạ $n$ nó là tuyến tính, và thậm chí nó là một tam thức bình phương có hệ số âm (-2) đối với $x^2$. Do đó, chứng minh bất đẳng thức $f_n(x) \geq 0$ Tại $0 \leq x \leq a_{n-1}$ Thuộc tính kiểm tra điều kiện $f_n(0) \geq 0$ Và $f_n(a_{n-1}) \geq 0$, và đây chính xác là tuyên bố bài toán Vì $n-1$ Và $n-2$ số đầu tiên của dãy $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_{n-1} \geq a_n$.

Do đó, phát biểu tổng quát tuân theo nguyên lý quy nạp toán học trong dạng đa dạng này: nếu một phát biểu nhất định, tùy thuộc vào tham số tự nhiên $n$, hợp lệ với $n=n_0$ và $n=n_0+1$, và từ tính hợp lệ của nó đối với các giá trị của tham số $n-2$ và $n-1$ thì nó suy ra rằng nó hợp lệ với giá trị của tham số $n$, thì nó hợp lệ với tất cả $n$. Chúng tôi đã kiểm tra tuyên bố cho $n=2$, $n=3$ và $n=4$ (đây là bất đẳng thức (*), điểm a) và 6) bài toán); và tiếp tục bước cảm ứng - quá trình chuyển đổi từ $n-2$ và $n-1$ sang $n$.

Hình 3 và 4 cho thấy một lời giải khác, rất thanh lịch (nó được đề xuất bởi một số người tham gia Thế vận hội “Giải đấu các thành phố”, nơi bài toán này được đưa ra vào mùa xuân).

Vế trái của bất đẳng thức đang được chứng minh $a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2+\dots$ là tổng diện tích các bậc thang đầu trên hình 3 (thực ra, từ diện tích hình vuông $a_1 \times a_1$ người ta phải trừ đi diện tích hình vuông $a_2 \times a_2$, cộng diện tích hình vuông $a_3 \times a_3$, trừ $a_4 \times a_4$, v.v.).

Cạnh phải $(a_1-a_2+a_3-a_4+...)^2$ là diện tích hình vuông có cạnh bằng tổng chiều cao của các bẫy này $(a_1-a_2, a_3-a_4, \dots)$; nó có thể được chia thành các hình thang có cùng chiều cao, nhưng có các đường ở giữa nhỏ hơn (xem hình 4); do đó phía bên trái không khác với bên phải.

N. V. Vasiliev

M1012. Chứng minh rằng a) có thể sắp xếp nhiều đường tròn rời nhau trên một mặt phẳng sao cho mỗi đường tròn là bậc hai của các đường tròn còn lại;
b) số 5 ở điểm a) không thể thay thế bằng 6.

Hình 1.

Chúng ta hãy lấy một khối mười hai thông thường và chèn một vòng tròn vào mỗi mặt của nó (hình 1). Chúng ta có 12 vòng tròn, mỗi vòng tròn chạm vào gót của các vòng tròn và tất cả chúng đều nằm trên một hình cầu, tức là trên hình cầu chạm vào tất cả các cạnh của khối mười hai. Hãy lấy bất kỳ điểm nào trên quả cầu này $P$, không nằm trong các đường tròn, ta vẽ một mặt phẳng $a$chạm vào quả cầu tại một điểm $Q$, đường kính đối diện $P$, và thiết kế một hình cầu từ trung tâm $P$ lên máy bay $a$ (tức là có thể so sánh với từng điểm $X \neq P$ điểm hình cầu $Y$ giao điểm chùm $PX$ với máy bay $a$; hình 2). Quá trình xử lý hình cầu lên mặt phẳng này được gọi là phép chiếu lập thể các vòng tròn chuyển thành vòng tròn. Trong trường hợp của chúng tôi, 12 vòng tròn trên phạm vi sản xuất

23

chiếu vào hệ thống các vòng tròn phía dưới trên mặt phẳng. Nếu lấy điểm $P$ trên đường thẳng nối tâm với đỉnh của nó thì sẽ thu được cấu hình như trên bìa.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng hình chiếu lập thể của bất kỳ đường tròn $\omega$ nào trên mặt cầu cũng sẽ là hình tròn nếu $\omega$ không chứa tâm của hình chiếu $P$ (nếu $\omega$ chứa điểm $P$, thì hình chiếu $\omega$, như dễ thấy, sẽ là một đường thẳng). Gọi $Y_0$ và $Y$ là hình chiếu của các điểm $X_0$ và $X$ tùy ý của đường tròn $\omega$. Mặt phẳng $PX_0X$ cắt hình cầu dọc theo một đường tròn nhất định và mặt phẳng $\alpha$ cắt đường thẳng $Y_0Y$, song song với tiếp tuyến MP với đường tròn này tại điểm $P$ (hình 2, 3). Rõ ràng là vậy

$$\angle PY_0Y = \angle MPY_0 = \frac{1}{2} \cup PX_0 = \angle PXX_0.$$

Bây giờ chúng ta vẽ một quả cầu phụ khác chứa đường tròn $\omega$ và điểm $Y_0$; để đường thẳng $PX$ cắt nó tại điểm $Y'$. Xét tiết diện của hình cầu này theo mặt phẳng $PX_0X$ (hình 4), chúng ta tin rằng

$$\angle PY_0Y' = 180^\circ - \angle X_0XY' = \angle PXX_0,$$

tức là $\angle PY_0Y' = \angle PY_0Y$, do đó $Y = Y'$. Do đó, hình chiếu của tất cả các điểm của đường tròn $\omega$ nằm đồng thời trong mặt phẳng $\alpha$ và trên hình cầu phụ của chúng ta, tức là chúng tạo thành một đường tròn.

Nếu điểm $P$ nằm trên một đường thẳng chứa tâm của dopekadra với tâm của mặt nó, thì phép chiếu lập thể sẽ cho cấu hình được hiển thị trong hình 5. Dopekadr nghiêm ngặt là cần thiết cho cấu hình này và có thể dễ dàng xác minh mà không cần đi vào không gian (chúng tôi trình bày điều này với độc giả). Và mặc dù bản thân nó không loại bỏ chúng ta (một trong các vòng tròn của nó chứa phần còn lại), nhưng với sự đảo ngược với tâm, chẳng hạn như tại điểm $O$ (xem hình 5), nó sẽ tạo ra thứ chúng ta cần. Bạn đọc nào chưa biết về phép biến đổi nghịch đảo và các tính chất của nó có thể tham khảo bài viết “Đảo ngược” của V. M. Uroev (Kvant, 1984, số 5, tr. 26); Nó cũng nói về phép chiếu lập thể.

6. Giả sử rằng sự sắp xếp các vòng tròn mong muốn tồn tại và không phải tất cả chúng đều bằng nhau. Hãy xem xét tất cả các hình tròn có bán kính nhỏ nhất (ký hiệu là $r$) và chọn từ chúng một hình tròn chạm vào ít nhất một hình tròn có bán kính khác $r_1$ ($r_1 > r$). Đặt $O$ và $O_1$ là tâm của các đường tròn này, $O_2$, …, $O_6$ tâm của năm đường tròn còn lại chạm vào đường tròn $O$ (các tâm được xếp theo chiều kim đồng hồ, hình 6). Trong tam giác $OO_1O_2$, các cạnh $O_1O_2$, $O_2O$ và $OO_1$ lần lượt bằng $r_1 + r_2$, $r_2 + r$ và $r + r_1$, trong đó $r_2$ là bán kính hình tròn $O_2$ ($r_2 \ge r$), tức là. $O_1O_2$ là cạnh lớn nhất, có nghĩa là $\angle O_1OO_2 > 60^\circ$ (bất đẳng thức nghiêm ngặt, vì $O_1O_2 > OO_1$). Tương tự, người ta chứng minh các góc $O_2OO_3$, $O_3OO_4$, …, $O_6OO_1$ không nhỏ hơn $60^\circ$. Nhưng khi đó tổng của cả sáu góc $O_1OO_2$, …, $O_6OO_1$ hóa ra lớn hơn $360^\circ$, điều này tất nhiên là không thể.

Vì vậy, tất cả các hình tròn phải có cùng bán kính $r$. Trong trường hợp này, mỗi vòng tròn phải là vòng tròn của những vòng tròn khác, giống như vòng tròn $O$ trên hình 6, điều này chỉ có thể thực hiện được đối với vô số vòng tròn. (Nếu $O_1$ và $O_2$ là tâm của hai đường tròn lân cận thì tất cả các điểm của đường thẳng $O_1O_2$ nằm từ $O_1$ và cách một khoảng $O_1O_2$, $2O_1O_2$, $3O_1O_2$, …, phải là tâm của các đường tròn trong cấu hình của chúng ta.)

V. N. Dubrovsky, D. V. Fomin

24

M1013. Trên các cạnh AB và BC của tam giác ABC lấy hai điểm M, N. Ba đường thẳng song song đi qua các điểm M, B, N cắt cạnh AC tại các điểm K, D và L. Chứng minh rằng diện tích hình thang (hoặc hình bình hành) không lớn hơn diện tích một trong các tam giác ABD và DBC.

M1014. Đặt $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số tự nhiên nguyên tố khác nhau từng cặp. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên b sao cho các số $b+a_1, b+a_2, \dots, b+a_n$ cũng là số nguyên tố cùng nhau.

Định lý phần dư Trung Hoa
Nếu các số tự nhiên $p_1, p_2, \dots, p_m$ là số nguyên tố chung thì với bất kỳ tập hợp số tự nhiên $r_1, \dots, r_m, 0 \leq r_i < p_i (i=1, \dots, m)$ nào cũng tồn tại một số b mà khi chia cho $p_i$ thì dư $r_i$ với mọi i.

Hãy biểu thị nó bằng $\angle ADB = a, AD = a, BD = b, CD = c, AK = AD = k, CL = CD = l$. thì MK: BD=k, NL: BD=l, tức là MK=kb, NL=lb, và KL=KD+DL=(1-k)a+(1-l)c, và vì khoảng cách giữa các đường MK và NL bằng KL sin $\alpha$, ​​diện tích của tứ giác KMNL là $\frac{1}{2} (MK+NL) KL \sin \alpha = \frac{1}{2} (kb+lb) ((1-k)a + (1-l)c) \sin \alpha$.

Giả sử $a \geq c$ được dùng để xác định thì biểu thức cuối cùng không vượt quá $\frac{1}{2} b (k+l)(2-(k+l)) a \sin \alpha \leq \frac{1}{2} ab \sin \alpha$ (vì $x(2-x) \leq 1$ với mọi x), tức là diện tích tam giác ADB.

V. N. Dubrovsky

Thật thú vị khi tìm ra những tập hợp $A = (a_1, \dots, a_n)$ gồm các số tự nhiên khác nhau mà câu lệnh bài toán đúng, tức là các tổng $a_1+b, \dots, a_n+b$ là các cặp số nguyên tố lẫn nhau cho ít nhất một số nguyên b (và do đó cho một tập hợp vô hạn các số b). Ví dụ: nếu tập $A$ chứa hai hình tứ giác, thì tập đó không phù hợp với chúng ta. Nói chung, nếu trong số các số dư của phép chia số $a_i$ cho một số nguyên tố $q$ thì mỗi số dư có thể có 0,1, …, $q-1$ xảy ra ít nhất hai lần, thì đối với bất kỳ “ca” nào, ít nhất hai số sẽ chia hết cho $q$. Theo đó, tập hợp $A$ phải thỏa mãn các điều kiện sau:

trong số các số dư từ phép chia các số của tập hợp $A$ cho mỗi số nguyên tố $p$ thì ít nhất một số dư $r_p, 0 \leq r_p < p$ phải xuất hiện không quá một lần.

Đặt $D$ là hiệu giữa số lớn nhất và số nhiều nhất trong tập hợp $A$. Đối với mỗi số nguyên tố $p \leq D$, chúng ta tìm thấy số dư $r_p < p$ xuất hiện nhiều nhất một lần khi chia các số từ $A$ và $p$. Bây giờ chúng ta hãy chọn số $b$, số này khi chia cho mỗi số nguyên tố $p \leq D$ sẽ có số dư bổ sung cho $r_p$ $r_p^* (r_p^* = p-r_p$ cho $r_p > 0$ và $r_p^* = 0$ cho $r_p = 0$). Khi đó, các số $a_1+b, \dots, a_n+b$ sẽ là số nguyên tố chung theo từng cặp, vì mỗi số nguyên tố $p$ có thể chia cho nhiều nhất một trong số chúng: đối với $p \leq D$ điều này được đảm bảo bằng cách chọn $b$ và đối với $p > D$ việc này được thực hiện tự động, vì tất cả phần dư khi chia các số $a_1, \dots, a_n$ cho $p$ sẽ khác nhau.

N.V. Vasiliev, V.F. Lev

25

F1023. Bóng đèn được đặt cách kệ một khoảng $l_1$ và độ cao $l_2$ so với sàn nhà. Khi nó phát nổ, các mảnh vỡ văng ra mọi hướng với cùng tốc độ $v$. Tìm bán kính của hình tròn trên sàn nơi các hòn đá sẽ chạm vào. Coi việc va vào đá trên trần nhà là abscilton urrusia, và va vào sàn là không đàn hồi; các mảnh vỡ không chạm tới tường.

Đầu tiên chúng ta giả sử rằng không có trần nhà, và trong trường hợp này chúng ta sẽ tìm bán kính tối đa của vết trên sàn chứa muối.

Hãy để chúng tôi giới thiệu một hệ tọa độ có gốc tọa độ tại điểm đặt ổ cắm bóng đèn (xem hình). Điều kiện để rơi xuống đất sau thời gian $t$ của muối được giải phóng một góc $\alpha$ so với đường chân trời sẽ như sau:

$$\begin{cases} -l_2 = vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}, \\ R = vt \cos \alpha. \end{cases}$$

Rõ ràng, chúng ta cần chọn góc $\alpha$ sao cho giá trị $R$ là lớn nhất. Ta biến đổi phương trình (*) này về dạng

$$\begin{cases} \frac{gt}{2} - \frac{l_2}{t} = v \sin \alpha, \\ \frac{R}{t} = v \cos \alpha. \end{cases}$$

Do đó, với đại lượng $R$ ta thu được bất đẳng thức

$$R^2 = (v^2 + gl_2)t^2 - \frac{g^2 t^4}{4} - l_2^2 = \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2 - \left(\frac{gt^2}{2} - \frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 \leq \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2.$$

Như vậy,

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2},$$

thời gian bay $t^*$ muối cho khoảng cách như vậy

$$t^* = \frac{1}{g} \sqrt{2(gl_2 + v^2)};$$

chúng ta sẽ tìm góc thoát ra từ phương trình

$$\cos \alpha^* = \frac{R_{\max}}{vt^*} = \sqrt{\frac{v^2 + 2gl_2}{2(v^2 + gl_2)}}.$$

Chúng tôi tìm thấy chiều cao $h^*$ của quỹ đạo này so với mức của ổ cắm bóng đèn bằng công thức

$$h^* = \frac{(v \sin \alpha^*)^2}{2g} = \frac{v^2}{2g} (1 - \cos^2 \alpha^*) = \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}.$$

Bây giờ chúng ta hãy nhớ về trần nhà. Rõ ràng, nếu $l_1 \geq h^*$ thì

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2}.$$

Trong trường hợp khi $l_1 < h^*$, tức là $l_1 < \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}$, bán kính tối đa của điểm trên sàn sẽ đến từ các mảnh có chiều cao quỹ đạo tối đa (trên mực hộp mực) là $l_1$ (quỹ đạo của chúng sẽ tiếp tuyến với trần nhà). Để chứng minh điều này, chỉ cần xét ít nhất một mảnh vụn phản xạ từ trần nhà tại điểm $A$ là đủ. Sau khi phản xạ, mức của hộp mực sẽ giao nhau ở góc OUTLET. Do đó, quỹ đạo của mảnh này sẽ lớn hơn quỹ đạo “tiếp tuyến” và chúng sẽ không bao giờ giao nhau. Điều này có nghĩa là muối chạm vào trần nhà sẽ tràn ra xa hơn theo chiều ngang so với tất cả những muối khác chạm trần nhà. Những mảnh vỡ không dính vào trần nhà không thể di chuyển khi chúng di chuyển xuống đất.

26

cắt quỹ đạo “tiếp tuyến” (bạn hãy tự chứng minh).

Vì vậy, nếu $l_1 > \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$ thì

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2};$$

nếu $l_1 < \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$ thì

$$R_{\max} = \frac{\sqrt{v^2 - 2gl_1}}{g} \left( \sqrt{2gl_1} + \sqrt{2g(l_1 + l_2)} \right)$$

(đáp số cuối cùng được lấy từ hệ phương trình (*) với điều kiện là $(v^2 \sin \alpha)/2g = l_1$).

S. S. Krotov

F1024. Đánh giá sự thay đổi áp suất trong phòng xông hơi sau khi nước từ gáo được vẩy lên đá nóng. Giả định rằng bạn, hiểu rõ về hiện tượng này, có thể tự mình đặt các đại lượng cần thiết, chọn các giá trị số của chúng khá chính xác và thu được giá trị số đáp số.

Sau khi nước bay hơi từ gáo đổ lên đá nóng, nhiệt độ trong phòng tăng lên một chút (lưu ý rằng nó khác nhau ở phần trên gần trần nhà và phần dưới gần sàn nhà). Hơi nước sinh ra lan tỏa khắp phòng, ngưng tụ một phần trên các khu vực lạnh của tường, trần và cửa sổ. Độ ẩm thay đổi, quá trình truyền nhiệt thay đổi; luồng hơi nước và không khí dẫn đến các giá trị khác nhau của các thông số vật lý ở những nơi khác nhau trong phòng xông hơi.

Để ước tính sự thay đổi áp suất đã tạo ra một phần hơi nước bổ sung, một mô hình vật lý thô nhưng khá hợp lý sẽ được sử dụng.

Trước hết, chúng ta giả sử rằng các cửa ra vào và cửa sổ được đóng chặt (nếu không sẽ không có ý nghĩa gì khi nói về sự thay đổi áp suất: áp suất bên trong và bên ngoài sẽ không đổi). Chúng ta sẽ giả sử rằng các thông số đã tự thiết lập (trở thành không đổi) và nhiệt độ của hơi nước trong phòng là như nhau và bằng $T \approx 350$ K. (Chúng ta sẽ bỏ qua sự thay đổi nhiệt độ trong phòng trong đánh giá này.) Chúng ta sẽ coi hơi nước là một loại khí lý tưởng, trạng thái của nó được mô tả bằng phương trình Mendeleev-Clapeyron.

Đặt thể tích của phòng xông hơi $V \sim 100$ m³, khối lượng nước trong gáo và theo đó, khối lượng hơi nước tạo thành $m \sim 1$ kg và tính đến khối lượng mol của hơi nước (nước) $\mu = 18 \cdot 10^{-3}$ kg/mol, và hằng số khí $R = 8,3$ J/(K mol), từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, chúng ta có thể tìm được áp suất $\Delta p$ của hơi nước được tạo ra bởi áp suất từ một muôi nước:

$$\Delta p \cdot V = \frac{m}{\mu} RT \Rightarrow \Delta p \sim \frac{mRT}{\mu V} \approx 1,6 \cdot 10^3 \text{ Pa} \approx 0,02 \text{ atm}.$$

Xét rằng áp suất trong phòng xông hơi thường là $p \sim 1$ atm, chúng tôi đi đến kết luận rằng sự thay đổi áp suất sau khi cung cấp hơi nước không lớn - chỉ bằng vài phần trăm áp suất bình thường.

Lưu ý rằng có tính đến sự thay đổi áp suất do không khí nóng thêm trong phòng xông hơi, theo định luật Charles, sẽ dẫn đến sự tương ứng $\Delta p/p \sim \Delta T/T$. Để phương trình áp suất bổ sung này có thể so sánh được với ước tính ở trên ($\Delta p/p \sim 2\%$), ở $T \sim 350$ K thì mức tăng nhiệt độ phải là $\Delta T \sim 10$ K.

G. V. Meledin

27

F1025. Trong mạch điện hình hình 1, cuộn dây siêu dẫn có cùng độ tự cảm L, điốt D lý tưởng, điện tích ban đầu của tụ có tụ C bằng Q₀. Vẽ đồ thị biểu diễn sự thay đổi điện tích Q(t) của tụ điện và dòng điện I₁(t) và I₂(t) qua cuộn dây sau khi đóng công tắc.

Hình 1.
Pis. 2.
Hình 3.
Hình 4.
Hình 5.

Chúng tôi trình bày sơ đồ mạch của mạch này ở dạng tương đương (hình 2). Chúng ta sẽ coi dòng điện trong cuộn dây là dương khi hướng của chúng tương ứng với việc chạy vòng quanh mạch ngoài ngược chiều kim đồng hồ. Các quá trình trong mạch như vậy có thể được phân tích dễ dàng bằng phép loại suy, xem xét hệ cơ học được hiển thị trong hình 3: các xe đẩy giống hệt nhau có khối lượng m (tương tự như một cuộn dây) được nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k (tương tự như một tụ điện). Vì dòng điện qua lò xo của cuộn dây ích chỉ có thể chạy theo hướng dương nên các bánh xe của xe đẩy thứ hai phải được trang bị bánh xe ổn định, chỉ cho phép nó di chuyển tự do về bên phải. Trong hệ thống này, vận tốc xe đẩy v₁(t) và v₂(t) sẽ tương tự như dòng điện I₁(t) và I₂(t), và biến dạng lò xo x(t) sẽ tương tự như điện tích của tụ điện Q(t).

Đầu tiên lò xo tăng thêm x₀.

Tại thời điểm t=0, xe bên trái được thả ra không có tốc độ ban đầu (khi đóng chìa khóa, tụ điện bắt đầu phóng điện qua cuộn dây bên trái). Cho đến khi độ biến dạng của lò xo về 0, xe bên phải đứng yên (v₂=0), hoặc lò xo kéo nó sang bên trái, nơi nó không thể lăn (cho đến khi điện tích của tụ điện về 0, do đó cuộn dây không thể chạy qua lò xo: ​​I₂=0). Pha chuyển động đầu tiên từ t=0 đến mômen t₁ này tương ứng với một phần tư chu kỳ dao động điều hòa của một xe khối lượng m trên một lò xo có độ cứng k: t₁=T₁/4=
= 2π/4 √m/k (đối với mạch t₁=T₁/4=2π/4 √LC). Đến thời điểm t₁, xe bên trái tăng tốc đến vận tốc v₁, bắt đầu từ định luật bảo toàn năng lượng:
$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} \Rightarrow v_1 = x_0 \sqrt{\frac{k}{m}}$$
(tương tự như chuỗi I₁=Q₀/√LC). Biến dạng lò xo x(t) (điện tích tụ điện Q(t)) giảm trong thời gian này theo định luật cosin từ giá trị cực đại ban đầu x₀(Q₀) về 0.

Sau đó lò xo bắt đầu nén và chỉ có xe đẩy thứ hai ở bên phải, tức là bắt đầu từ thời điểm t₁, các bánh xe của xe đẩy bên phải được nhả ra (điện tích ở tấm dưới của tụ điện trở nên dương, diode truyền dòng điện qua lò xo cuộn dây). Sau đó, khối tâm của xe chuyển động sang phải với tốc độ v₁/2, và tốc độ này không đổi, vì tại t>t₁ không có ngoại lực nào tác dụng lên hệ. Chuyển động đều này được áp dụng cho các dao động của xe so với tâm khối, chuyển động ngược pha với tần số ω = √2k/m (độ cứng của “nửa” lò xo là 2k). Vì tại t=t₁, khi lò xo không bị biến dạng, các xe chuyển động tương đối so với khối tâm về phía nhau với tốc độ v₁/2 = x₀/2 √k/m, nên đây sẽ là biên độ của dao động tốc độ. Biên độ x₁ của dao động biến dạng của lò xo có thể tìm được từ định luật bảo toàn năng lượng, đánh đồng động năng của các giá chuyển hướng (trong hệ khối tâm) tại thời điểm t₁ với thế năng của lò xo tại thời điểm nó biến dạng cực đại:
$$\frac{2m(v_1/2)^2}{2} = \frac{kx_0^2}{4} = \frac{kx_1^2}{2} \Rightarrow x_1 = \frac{x_0}{\sqrt{2}}.$$

Trong một mạch điện, phần tương tự của chuyển động đều của toàn bộ hệ thống sẽ là dòng điện không đổi I₁/2,

28

F1026. Mặt phẳng đặt khối nằm dao động theo quy luật điều hòa với tần số $f=10$ Hz theo phương tạo một góc $\alpha=45^\circ$ với phương thẳng đứng (hình 1). Hệ số ma sát của khối trên sàn là $\mu=0,5$. Ở biên độ tối thiểu nào khối sẽ “bò” trên toàn bộ trang web?

Hình 1.

Hình 2.

tuần hoàn theo mạch ngoài. Xếp chồng lên dòng điện này là các dao động dòng điện xảy ra ngược pha trong các mạch (hình 4), mỗi dao động chứa một cuộn dây và “một nửa” tụ điện (mỗi điện dung $C/2$), chu kỳ của nó là $T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{LC}{2}}$.

Biên độ dao động của điện tích tụ $Q_1=Q_0/\sqrt{2}$. Đồ thị của các quá trình được xem xét được hiển thị trong hình 5.

E. I. Butikov

Trước tiên chúng ta hãy tìm các lực tác dụng lên khối, giả sử rằng nó chuyển động cùng với bệ, tức là theo định luật $\vec{r}(t)=\vec{A}\sin 2\pi ft$, trong đó vectơ $\vec{A}$ hướng một góc $\alpha=45^\circ$ so với phương thẳng đứng. Theo định luật thứ hai của Newton

$$m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}=m\vec{a},$$

(1)

trong đó $m\vec{g}$ là lực ngăn trọng lực, $\vec{N}$ là phản lực bình thường của bệ, $\vec{F}$ là lực ma sát tĩnh tác dụng lên khối, hướng theo phương ngang (sang phải hoặc sang trái), $\vec{a}=-\vec{A}\omega^2\sin \omega t$ ($\omega=2\pi f$). Chúng ta hãy viết (1) dưới dạng hình chiếu lên trục x và trục y dọc (xem hình 1):

$$F_x=m a_x=\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t,$$

(2)

$$N-m g=m a_y=-\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t.$$

(3)

Xét lực ma sát tĩnh là $|F_x| \leq \mu|N|$, từ (2) và (3) ta thu được:

$$\left|\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right| \leq \left|\mu m g-\frac{\mu m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right|.$$

(4)

Vế phải của bất đẳng thức (4) đối với $\sin \omega t<0$ luôn lớn hơn đối với $\sin \omega t>0$. Do đó, giá trị tối thiểu của biên độ rung mà khối sẽ bò dọc theo địa điểm phải được tìm kiếm ở $\sin \omega t>0$.

Dấu bằng tương ứng với tình huống giới hạn khi lực ma sát tĩnh đủ để truyền cho khối gia tốc theo phương ngang giống như chuyển động của bệ, và trong trường hợp này (4) có thể được sử dụng làm phương trình để tìm thời điểm thời gian $t_1$ khi khối trượt dọc theo bệ:

$$\sin \omega t_1=\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) A \omega^2}.$$

(5)

Khoảnh khắc $t_1$ như vậy tồn tại nếu phương trình (5) có lời giải. Để làm điều này, cạnh phải của nó phải nhỏ hơn một, tức là $\mu g \sqrt{2}<(\mu+1) A \omega^2$, hoặc

$$A>\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) \omega^2}.$$

(6)

Như vậy, sự trượt của khối dọc theo mặt sàn sẽ xảy ra khi biên độ $A$ dao động của nó thỏa mãn bất đẳng thức (6). Đồ họa lời giải của phương trình (5) được hiển thị trên hình 2. Bắt đầu từ thời điểm $t_1$, khối trượt sang phải so với bệ. Tại thời điểm $t_2$, lực ma sát có thể tạo cho khối một gia tốc ngang giống như gia tốc của bệ, nhưng sự trượt tiếp tục trượt một thời gian sau $t_2$, vì theo thời gian $t_2$ tốc độ của khối so với bệ không bằng không.

Vì vậy, khối sẽ “bò” khi biên độ dao động của nền vượt quá giá trị tối thiểu