Lời giải bài toán M1021—M1025; F1033—F1037

Kvant 1987, số 5 tr. 24-30 Thẻ UO5N

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 →

Lời giải bài toán

M1021. Allupinst muốn leo lên một vách đá cao 1000 m. Sau lần leo thang mới dưới chân vách đá, anh ta có thể leo lên bằng cách khâu một sợi dây với tốc độ 40 mét một giờ và sau một đêm lạnh giá trên đá - 30 mét một giờ. Anh ta leo lên sợi dây đã hoàn thành với tốc độ 400 mét một giờ. Hỏi anh ta có thể lên đến đỉnh trong bao nhiêu ngày nếu anh ta làm việc trên tảng đá (bao gồm cả việc leo dây) sáu giờ một ngày? (Thời gian hạ độ cao và các hoạt động khác không được tính đến.)

P1053. Một sợi dây đàn hồi đồng đều trượt bên trong một ống nhẵn (trong trường hấp dẫn của Trái đất). Các phần $AB$ và $BC$ của ống là hình bán nguyệt bán kính $R$ , các điểm $A, B, C$ nằm trên cùng một phương thẳng đứng (xem hình 1), chiều dài của dây là $l=2\pi R$ . Tìm tất cả các điểm của dây tại đó lực căng bằng 0 tại thời điểm cực dưới của dây ở điểm $C$ .

I. Yu. Poteryaiko

P1054. Two rods of identical shape are made from materials with different elasticity properties: Young’s modulus of the material equals $E_1$ and $E_2$ respectively. The rods are glued together end to end and covered with a coat of the same paint, so that the sample obtained looks like a uniform rod. What value of Young’s modulus for the “material” constituting the rod will be measured by the unsuspecting experimentator, who is unaware that the rod is not uniform?

V. A. Davydov

P1055. Thiết bị điện II được nối với nguồn điện xoay chiều 220 V thông qua tụ điện $C=0.5$ µF (xem hình 2). Ampe kế hiển thị dòng điện $I=0.01$ A, volt kế hiển thị $U=180$ V. Tìm nguồn điện từ nguồn mà thiết bị sử dụng. Ampe kế và vôn kế được coi là lý tưởng.

A. R. Zilberman

P1056. Trong mạch hiển thị trên hình 3, công tắc $K_3$ lúc đầu được bật, trong khi các công tắc $K_1$ và $K_2$ bị tắt. Tại một thời điểm nhất định, $K_1$ được bật và trong $t_1=0.1$ giây sau, $K_2$ cũng vậy. Trong $t_2=0.2$ giây nữa $K_3$ sẽ tắt. Tìm: 1) lực căng cực đại trên tụ điện; 2) dòng điện chạy qua cuộn dây $L_1$ trong thời gian $t_3=1$ s sau khi bật công tắc $K_1$ . Điện trở của dây có thể bỏ qua, điốt được coi là lý tưởng; $L_1=1$ H, $L_2=0.5$ H, $C=10$ µF, $U_0=10$ V.

A. R. Zilberman

P1057. Một vật nặng dành cho thể hình, gồm hai quả cầu đặc có khối lượng $m$ , mỗi quả được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài $2b$ , treo nằm ngang trên hai sợi dây không đàn hồi có chiều dài $l$ có khoảng cách là $2a$ (xem hình 4). Tìm chu kỳ dao động quay nhỏ của vật nặng.

M. M. Tsypin

Lời giải bài toán

M1021 — M1025; F1033 — F1037

Đáp số: trong năm ngày.

Gọi $x_n$ biểu thị độ cao cao nhất mà người leo núi có thể leo tới trong $n$ ngày ( $n=1, 2, \dots$ ). Nếu vào cuối một ngày, anh ta đạt đến độ cao $h$ mét, thì ngày hôm sau anh ta có thể tăng lên độ cao $h+6\cdot 30=h+180$ mét nếu anh ta không còn cảm giác trên đá và lên độ cao $h+\left(6-\frac{h}{400}\right)40=h+240-h/10$ mét nếu anh ta rơi xuống mà không tỉnh táo. Rõ ràng là tùy chọn đầu tiên sẽ có lợi hơn nếu $180>240-h/10$ , tức là $h>600$ , tùy chọn thứ hai - nếu $h\leq 600$ . Như vậy,

$x_{n+1}=\begin{cases} x_n+240-x_n/10, & x_n\leq 600, \\ x_n+180, & x_n\geq 600. \end{cases}$

Bắt đầu với $x_0=0$ , người ta có thể xác định $x_n$ liên tiếp cho tất cả $n$ . Kể từ $x_4<1000$ và $x_5>1000$ , người leo núi sẽ có thể lên đến đỉnh vách đá vào cuối ngày thứ 5; Để làm được điều này, anh ta phải dành hai đêm đầu tiên bên dưới và hai đêm cuối cùng trên tảng đá.

N. V. Vasiliev

M1022. 8 số tự nhiên đầu tiên có thể xếp thành hai hàng (hình 1) sao cho tổng các số ở hàng trên bằng tổng các số ở hàng dưới và tổng các số ở các cột cũng bằng nhau. Có thể sắp xếp số tự nhiên đầu tiên: a) mười, b) mười hai số tự nhiên theo cách tương tự không?

c) với những số tự nhiên nào $n$ các số từ 1 đến $2n$ có thể sắp xếp theo cách này không?

Hình 1.

| 8 | 2 | 3 | 5 |
| :— | :— | :— | :— |
| 1 | 7 | 6 | 4 |

Hình 2.

Tổng các số ở dưới bằng $(1+2+\ldots+2k)+2k\cdot 2k$ , tức là $4k^2$ lớn hơn tổng các số ở trên. Do đó, chúng ta phải sắp xếp lại số trên xuống và số dưới lên trong một số cột để cuối cùng tổng trên tăng $2k^2$ (và số dưới cùng giảm một cột). Lưu ý rằng số thứ $m$ bên trái hàng trên cùng nhỏ hơn $2k$ số thứ $m$ bên phải hàng dưới cùng đối với tất cả $m=1, 2, \ldots, 2k$ nên nếu bạn sắp xếp lại các số ở hai cột cách đều các cạnh của bảng cùng lúc thì tổng trên sẽ tăng thêm $4k$ .

Nếu $k$ chẵn thì việc thực hiện sắp xếp lại như vậy cho $k/2$ cặp cột đối xứng là đủ: tổng trên sẽ tăng thêm $4k\cdot k/2=2k^2$ . Nếu $k\geqslant 3$ chẵn, chúng ta sắp xếp lại các số trên $k+1$ và $2k$ với các số thấp hơn tương ứng $3k$ và $2k+1$ , cũng như các số $(k-1)/2$ của các cặp cột đối xứng. Chúng ta sẽ lại nhận được mức tăng mong muốn ở số tiền trên:

$3k-(k+1)+(2k+1)-2k+4k\cdot(k-1)/2=2k^2.$

Cuối cùng, với $k=1$ sự sắp xếp cần thiết rõ ràng là không tồn tại.

M. I. Shteber

M1023. Có phải luôn có ít nhất một trong số 100 hình tam giác có thể bao phủ hoàn toàn 99 hình còn lại không?

Trình tự này được xây dựng theo nguyên tắc sau. Đầu tiên, chúng ta xác định một chuỗi $a_n$ độ dài của cạnh dài nhất của các hình tam giác $T_n$ sao cho đối với bất kỳ sự chồng chéo nào của các hình tam giác $T_1, T_2, \ldots, T_{n-1}$ trên $T_n$ vẫn có một cố định không che (không phụ thuộc vào $n$ ) cho diện tích của tam giác $T_n$ - điều này có thể được đảm bảo bằng cách chọn $a_n$ , đủ lớn so với $a_1, \ldots, a_{n-1}$ . Sau đó, bạn cần chọn một chuỗi các diện tích $S_n$ của các hình tam giác $T_n$ sao cho tổng diện tích của các hình tam giác $T_{n+1}, T_{n+2}, \ldots$ nhỏ hơn diện tích của phần không được che của tam giác $T_n$ - điều này có thể đạt được bằng cách giảm nhanh chuỗi các diện tích.

Hãy để chúng tôi đưa ra một ví dụ về một chuỗi các hình tam giác như vậy. Giả sử $T_1$ là một tam giác đều có cạnh $a_1=1$ ; $T_n$ với $n>1$ là tam giác đều có đáy $a_n=4^{n-1}$ và diện tích $S_n=S_1/4^{n-1}$ , trong đó $S_1=\sqrt{3}/4$ là diện tích tam giác $T_1$ (chiều cao $h_n$ của tam giác $T_n$ là $2S_n/a_n=2\sqrt{3}/4^{2n-1}$ ). Các tam giác khoảng cách là $T_1$ , $T_2$ , …, $T_n$ . Mỗi hình tam giác $T_i$ , $1\leq i\leq n-1$ được đặt trong một dải có chiều rộng không quá $a_i$ , vuông góc với đáy của tam giác $T_n$ (xem hìnhok). Diện tích được bao phủ bởi khu vực này trong $T_n$ nhỏ hơn $a_i \cdot h_n$ , do đó tổng diện tích được bao phủ bởi các hình tam giác $T_1$ , …, $T_{n-1}$ trong $T_n$ nhỏ hơn $(a_1+a_2+\dots+a_{n-1})h_n$ (ước tính này rất sơ bộ, nhưng sẽ đủ đối với chúng tôi). Bởi vì

$a_1+a_2+\dots+a_{n-1}=\frac{1}{3}(4^{n-1}-1)<\frac{1}{3}a_n,$

Diện tích của tam giác $T_n$ nhỏ hơn $a_nh_n/3=2S_n/3$ bị che phủ, nghĩa là diện tích thứ ba $T_n$ vẫn chưa được che phủ. Đồng thời

$S_{n+1}+S_{n+2}+\dots=$

$=S_1\left(\frac{1}{4^n}+\frac{1}{4^{n+1}}+\dots\right)=\frac{S_1}{4^{n}(1-1/4)}=\frac{1}{3}\frac{S_1}{4^{n-1}}=\frac{1}{3}S_n.$

Vì vậy, các tam giác $T_1$ , …, $T_{n-1}$ , $T_{n+1}$ , $T_{n+2}$ , … không thể bao phủ toàn bộ tam giác $T_n$ .

G. A. Gurevich

M1024. Chứng minh rằng với hai tam giác bất kỳ có các góc $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ và $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ thì bất đẳng thức

$\frac{\cos \alpha_1}{\sin \alpha}+\frac{\cos \beta_1}{\sin \beta}+\frac{\cos \gamma_1}{\sin \gamma} \leq$

$\leq \text{ctg} \alpha+\text{ctg} \beta+\text{ctg} \gamma.$

Chúng tôi sửa $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Chúng ta phải chứng minh rằng giá trị lớn nhất của vế trái của các bất đẳng thức dưới dạng hàm của $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ tại $\alpha_1+\beta_1+\gamma_1=\pi$ đạt được khi $\alpha_1=\alpha$ , $\beta_1=\beta$ , $\gamma_1=\gamma$ . Nhân vế trái với $\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$ , ta có dạng

$\sin \beta \sin \gamma \cos \alpha_1+\sin \gamma \sin \alpha \cos \beta_1+\sin \alpha \sin \beta \cos \gamma_1=A.$

Biểu thức này có thể được sử dụng làm tổng (được lấy bằng dấu trừ) của ba tích vô hướng từng cặp của các vectơ $a$ , $b$ và $c$ có độ dài $a=\sin \alpha$ , $b=\sin \beta$ , $c=\sin \gamma$ , hướng dọc theo các cạnh của một tam giác có các góc $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ (xem hìnhok):

$A=-(\bar{b} \cdot \bar{c}+\bar{c} \cdot \bar{a}+\bar{a} \cdot \bar{b})=$

$=\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})\cdot(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})),$

vì $bc \cos \alpha=-\bar{b} \cdot \bar{c}$ , v.v. Rõ ràng, đại lượng này có ý nghĩa quan trọng nhất khi $\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}=0$ , tức là một tam giác có thể được hình thành từ các vectơ $a$ , $b$ , $c$ . Các góc của tam giác này là $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ và các cạnh đối diện là $\sin \alpha$ , $\sin \beta$ , $\sin \gamma$ ; theo định lý sin ta thu được $\alpha=\alpha_1$ , $\beta=\beta_1$ , $\gamma=\gamma_1$ .

R. P. Ushakov

M1025. Tiếp theo, vẽ qua một giao điểm của phần kéo dài của các cạnh đối diện của một tứ giác lồi và cắt nó thành bốn hình tứ giác nhỏ hơn. Chứng minh rằng nếu hai trong số chúng không có điểm chung

Người ta biết rằng một hình tròn có thể được viết thành một tứ giác khi và chỉ khi tổng các cạnh đối diện của nó bằng nhau. Hóa ra còn có hai tính năng tương tự khác, được sử dụng trong lời giải bài toán.

Để các cạnh $AB$ và $DC$ của tứ giác $ABCD$ cắt nhau tại điểm $E$ , $AD$ và $BC$ - tại điểm $F$ (hình 1). Khi đó, để tồn tại một đường tròn nội tiếp trong tứ giác $ABCD$ cần và đủ để thỏa mãn một trong các điều sau đây

các cạnh, hình tròn có thể mô tả được thì tứ giác ban đầu của chúng cũng có thể mô tả được là hình tròn.

Hình 1.

Hình 2.

F1033. Ném một sợi dây mềm có khối lượng m và chiều dài l lên một khối có bán kính R, được gắn vào hai móc trên trần nhà cách nhau 2R (xem hình). Trên trục của khối có tải trọng, khối lượng của tải cùng với khối là M. Giữa dây và khối không có rãnh. Tìm lực căng nhỏ nhất của dây.

Xét nửa bên trái của sợi dây ABD (xem hình). Rõ ràng là điểm của sợi dây ở đoạn AB càng thấp thì lực căng tại điểm này càng nhỏ. Do đó, điểm của sợi dây có lực căng nhỏ nhất phải được tìm ở đâu đó trong phần BD. Lấy một điểm C tùy ý trong vùng này, nằm cách trần nhà một khoảng H.

Tiết diện của dây ABC bị ảnh hưởng bởi hướng của lực hướng lên thẳng đứng F₁ từ phía cạnh của dây, lực căng của dây F tại điểm C (từ phần dây nằm bên phải điểm C), cũng như lực ép của khối lên dây, phân bố trên toàn bộ bề mặt tiếp xúc của dây với khối.

Chúng ta hãy nhẩm di chuyển đoạn dây ABC một khoảng x nhỏ để nó chiếm một vị trí mới A₁B₁C₁ (xem hình). Với chuyển động như vậy, lực F₁ sẽ thực hiện công F₁x, còn lực F sẽ thực hiện công âm Fx. Lực ép của vật lên dây sẽ không sinh công (tại mỗi điểm của dây chúng có phương vuông góc với hướng chuyển động của điểm này). Thế năng của phần bị dịch chuyển của sợi dây sẽ tăng cùng mức với thế năng của một đoạn dây có chiều dài x và khối lượng $\frac{m}{l} x$ sẽ tăng khi đi từ vị trí CC₁ đến vị trí AA₁. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$F_1x - Fx = \frac{m}{l} xgH.$

Từ đây

$F = F_1 - \frac{m}{l} xgH. \tag{1}$

Bây giờ rõ ràng là giá trị tối thiểu $F$ trong phần $BD$ sẽ ở giá trị tối đa có thể có $H$ , tức là tại điểm $D$ . Đẳng thức (1) cho điểm $D$ có dạng

$F_{\min} = F_1 - \frac{m}{l} g \left( \frac{l}{2} - \frac{\pi R}{2} + R \right).$

Vì $F_1 = \frac{1}{2}(M+m)g$ , dễ biểu diễn nên lực căng tối thiểu của dây bằng

$F_{\min} = \frac{Mg}{2} + \frac{mg}{2} \frac{R}{l} (\pi - 2) = \left( M + m(\pi - 2) \frac{R}{l} \right) \frac{g}{2}.$

V. I. Chitsevlev

F1034. Một mol khí lý tưởng từ trạng thái ban đầu 1 có nhiệt độ $T_1 = 100$ K, giãn nở qua tuabin thành một bình rỗng, thực hiện một số công và chuyển sang trạng thái 2 (xem hình). Quá trình chuyển đổi này diễn ra mà không cần cung cấp hoặc loại bỏ nhiệt. Sau đó, khí được nén trong quá trình $2 \rightarrow 3$ , trong đó áp suất là sự cố định tuyến tính của thể tích, và cuối cùng, trong quá trình đẳng tích $3 \rightarrow 1$ , khí trở về trạng thái ban đầu. Đây là công do khí thực hiện trong quá trình giãn nở thông qua tuabin trong quá trình chuyển tiếp $1 \rightarrow 2$ , nếu trong quá trình $2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ $Q = 72$ J nhiệt được cung cấp cho khí trong quá trình này. Người ta còn biết rằng $T_2 = T_3$ , $V_2 = 3V_1$ ; hằng số khí $R = 8,31$ J/(mol K).

Khi một chất khí giãn nở qua tuabin vào một bình rỗng, nó sẽ hoạt động bằng cách sử dụng năng lượng bên trong (vì không có nhiệt đầu vào). Trong quá trình chuyển đổi này, các phần riêng lẻ của khí có thể có nhiệt độ và áp suất khác nhau - đây được gọi là sự giãn nở “không cân bằng”. Tuy nhiên, sau khi thiết lập cân bằng nhiệt độ $T_2$ và áp suất $p_2$ trong chất khí, công do chất khí thực hiện được xác định duy nhất bởi định luật bảo toàn năng lượng:

$A_{1 \rightarrow 2} = c_V(T_1 - T_2),$ ở đâu $c_V = \frac{3}{2} R.$

Trong tiết diện $2 \rightarrow 3$ nội năng ban đầu của chất khí bằng nội năng cuối cùng nên nhiệt lượng $Q_{2 \rightarrow 3}$ cung cấp cho chất khí được xác định bởi công mà chất khí thực hiện (diện tích hình thang):

$Q_{2 \rightarrow 3} = A_{2 \rightarrow 3} = \frac{p_2 + p_3}{2} (V_3 - V_2) = RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha},$ ở đâu $\alpha = \frac{V_2}{V_3} = 3.$

Trong phần $3 \rightarrow 1$ , nhiệt cung cấp cho khí được xác định bởi sự thay đổi nội năng của nó, vì quá trình đẳng tích của khí không xảy ra:

$Q_{3 \rightarrow 1} = c_V(T_1 - T_3) = c_V(T_1 - T_2).$

Theo điều kiện $Q_{2 \rightarrow 3} + Q_{3 \rightarrow 1} = Q \neq 72$ J, hoặc

$RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha} + c_1(T_1 - T_2) = Q.$

Đẳng thức cuối cùng cho phép chúng ta tìm nhiệt độ $T_2$ , và sau đó là công $A_{1 \rightarrow 2}$ :

$A_{1 \rightarrow 2} = \frac{Q + RT_1 \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}}{1 + \frac{R}{c_V} \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}} = 625$ J.

A. A. Sheronov

F1035. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích chính xác được kết nối cứng nhắc $+q$ và $-q$ , nằm ở khoảng cách $l$ với nhau, chạy qua một tụ điện phẳng, lớp của tụ điện này được nối với nguồn có EMF không đổi ( $cm. рисунок$ ). Nói chung, cần lưu ý rằng lưỡng cực sẽ bị “kéo” vào tụ điện - lực sinh ra tác dụng lên nó từ các tấm sẽ hướng vào bên trong tụ điện, và do đó, tốc độ của lưỡng cực trong tụ điện sẽ quay trở lại.

Vì trường trong tụ điện được duy trì không đổi nên người ta có thể bỏ qua ảnh hưởng của trường lưỡng cực lên điện tích của các bản, tức là coi trường của tụ điện là bên ngoài (độc lập) đối với lưỡng cực.

delta tốc độ của lưỡng cực tại tâm tụ điện nếu tốc độ của nó ra xa tụ điện được biết là $v_0$ . Khoảng cách giữa các bản của tụ điện $d$ , khối lượng của lưỡng cực $m$ . Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

Trường tụ điện có điện thế; do đó, trong tụ điện, lưỡng cực cũng sẽ có thế năng. Năng lượng này bằng

$W_\pi = (+q)\varphi_x + (-q)\varphi_x = q\frac{\varepsilon}{d}(x_+ - x_-) = -ql\frac{\varepsilon}{d},$

trong đó $x_+$ và $x_- = x_+ + l$ là tọa độ của các điện tích $+q$ và $-q$ , $\varphi_x$ và $\varphi_x$ là điện thế tại các điểm có tọa độ $x_+$ và $x_-$ ; tọa độ $x$ bị thiếu trên tấm tích điện được in dấu (xem hìnhok). Với sự lựa chọn điểm tham chiếu này, công thực hiện để di chuyển một điện tích đơn vị từ tấm in dấu sang bản dương bằng $\varepsilon$ .

Chúng ta tìm được tốc độ cần thiết của lưỡng cực từ định luật bảo toàn năng lượng:

$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv^2}{2} - ql\frac{\varepsilon}{d},$

Ở đâu

$v = \left(v_0^2 + \frac{2ql\varepsilon}{md}\right)^{1/2}.$

A. V. Shelazin

F1036. Một vật có khối lượng $m = 20$ g nằm trên sàn nằm ngang chính được gắn vào hai sợi dây đàn hồi giống nhau có độ cứng $k = 10^4$ N/m. Một sợi dây được gắn vào tường, đầu tự do của sợi thứ hai bắt đầu bị kéo theo phương ngang với tốc độ $v = 10$ m/s. Sợi nào sẽ đứt nếu mỗi sợi chỉ đứt ở độ giãn dài tuyệt đối $\Delta l_{\text{np}} = 5$ cm? Giả sử rằng định luật Hooke đúng cho đến khi chúng đứt; không có đào tạo.

Thật thuận tiện để theo dõi quá trình kéo căng các sợi; nó sẽ chuyển động từ hệ đứng yên (hình 1) sang hệ tọa độ, sụp đổ về bên phải với tốc độ $v/2$ ; vật tại thời điểm đầu tiên ở gốc tọa độ ( $x = 0$ ) và di chuyển sang trái với tốc độ $v/2$ .

Lực đàn hồi tác dụng lên vật không phụ thuộc vào chuyển động của các đầu sợi chỉ mà chỉ phụ thuộc vào độ dịch chuyển của vật $x$ so với vị trí ban đầu:

$F_x = -k(\Delta l + x) + k(\Delta l - x) = -2kx,$

trong đó $\Delta l = (v/2)t$ là giá trị tuyệt đối của các đầu hỗn hợp của sợi tại thời điểm phần thân trộn bằng $x$ . Do đó, vật sẽ thực hiện dao động điều hòa với tần số $\omega = \sqrt{2k/m} = 10^3$ Hz xung quanh vị trí ban đầu đầu tiên. Sự hòa trộn của cơ thể thay đổi theo thời gian theo quy luật

$x = -\frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$

và độ giãn dài của sợi -

$\Delta l_1 = \frac{v}{2}t - \frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$

$\Delta l_2 = \frac{v}{2}t + \frac{v}{2\omega}\sin \omega t.$

Từ đó, rõ ràng là trong bốn nửa chu kỳ dao động -

$2n \frac{T}{2} < t < (2n + 1) \frac{T}{2} \left( T = \frac{2\pi}{\omega}, n = 0, 1, 2, \dots \right)$

sợi chỉ sẽ giãn ra mạnh hơn trong các nửa chu kỳ lẻ - sợi thứ hai.

Như vậy, thread thứ 2 sẽ bị đứt nếu thỏa mãn điều kiện

F1037. Một lỗ nhỏ được tạo ra trong quả cầu rỗng, qua đó một chùm ánh sáng hẹp song song xuyên qua bên trong. Bề mặt bên trong của quả cầu phản chiếu ánh sáng theo mọi hướng như nhau (khuếch tán) và không cản trở nó. Độ chiếu sáng sẽ khác nhau như thế nào trong trường hợp này tại điểm đối diện hoàn toàn với lỗ và tại tất cả các điểm khác của quả cầu?

Vì theo các điều kiện, bề mặt bên trong của quả cầu không hấp thụ năng lượng ánh sáng tới nó nên sau nhiều lần phản xạ, sau một thời gian hệ thống lắp đặt ở trạng thái cân bằng. Trong trường hợp này, mỗi phần nhỏ của bề mặt bên trong của quả cầu sẽ tiêu tán toàn bộ năng lượng ánh sáng chiếu vào nó đều theo mọi hướng. Kết quả của việc thiết lập trạng thái cân bằng là độ rọi của tất cả các điểm bên trong của quả cầu, ngoại trừ điểm đối diện với lỗ, sẽ giống nhau. Ở trạng thái cân bằng, tổng năng lượng ánh sáng tới lỗ trong một đơn vị thời gian từ tất cả các điểm bên trong của quả cầu sẽ bằng năng lượng đi qua lỗ vào quả cầu đang hút qua lỗ vào quả cầu đang hút. Do đó, sau khi thiết lập trạng thái cân bằng (cụ thể là, đây là tình huống được xem xét trong bài toán), lỗ trống sẽ tương đương với một thiết bị trong đó tất cả năng lượng tới nó từ tất cả các điểm bên trong của quả cầu sẽ được gửi theo một chùm hẹp tới một điểm đối diện theo đường kính.

Dễ hiểu rằng, do lỗ trống nhỏ nên tổng năng lượng đến từ tất cả các bề mặt bên trong của quả cầu bằng tổng năng lượng phân tán theo mọi hướng bởi bất kỳ phần nào của quả cầu có diện tích bằng lỗ trống (điều này xuất phát từ bản chất nghịch đảo của trạng thái cân bằng - nếu tất cả các tia tán xạ bị “buộc” chuyển động theo các hướng ngược lại thì sẽ không có gì thay đổi); lý do này không chỉ áp dụng cho điểm đối diện với lỗ.

Vì vậy, do sự khác biệt nên phần năng lượng được gửi bởi tất cả các điểm bên trong đến lỗ và điểm đối diện với lỗ sẽ giống nhau. Ngoài ra, cùng một lượng năng lượng sẽ truyền đến điểm đối diện với lỗ và từ lỗ. Do đó, độ rọi của các điểm bên trong của bề mặt hình cầu sẽ bằng chính xác một nửa độ rọi của điểm trên phần hình cầu đối diện với lỗ. (Diện tích lỗ càng nhỏ thì tỷ lệ 1:2 càng chính xác.)

S. S. Krotov