Kvant 2018, số 10 · Trang

3

ITER

–

dây plasma trong đó xảy ra phản ứng nhiệt hạch. Trong buồng chân không (và bên trong bộ điều nhiệt), áp suất không được vượt quá $10^{-} 4$ Pa, nhỏ hơn áp suất khí quyển một tỷ lần. Để tạo ra chân không như vậy trong thể tích khổng lồ của bộ điều nhiệt và buồng chân không, 400 máy bơm các loại phải hoạt động trong ít nhất hai tuần. Các bức tường của buồng chân không là đôi. Giống như thành của bộ điều nhiệt, chúng là một bình giữ nhiệt làm mát trong đó chất làm mát là nước cất dưới áp suất 4 MPa. Đến nhiệt độ $70 \infty C$, nước sẽ đi qua thành buồng chân không với tốc độ cao, nóng lên đến $120 \infty C$ và mang theo phần lớn năng lượng giải phóng trong phản ứng nhiệt hạch. Đồng thời, nước rời khỏi thành buồng mới bắt đầu sôi và phát ra âm thanh giống như tiếng ấm đun nước bắt đầu sôi. Tiếng ồn này sẽ được theo dõi cẩn thận bằng các thiết bị âm thanh - như một dấu hiệu cho thấy hoạt động bình thường của lò phản ứng. Quá trình sôi tích cực bắt đầu khi nước rời khỏi buồng và áp suất của nó bắt đầu giảm. Tokamak không cung cấp việc sử dụng hơi nước để quay tua bin máy phát điện tua-bin và tạo ra dòng điện. Đây không phải là lò phản ứng công nghiệp mà là lò phản ứng thử nghiệm. Nó được thiết kế để kiểm tra tất cả các thành phần riêng lẻ của thiết bị nhiệt hạch. Do đó, hỗn hợp hơi nước, sau khi làm mát, làm sạch và kiểm tra độ tinh khiết, sẽ lại chảy đến nơi lấy đi năng lượng nhiệt - vào không gian “nhiệt” của thành buồng chân không. Điều này có một số điểm tương đồng với các lò phản ứng nguyên tử (plutonium) đầu tiên (1942, Chicago, E. Fermi; 1946, Moscow, I.V. Kurchatov). Các bức tường bên trong của buồng chân không, đối diện với dây plasma, được lót bằng 440 tấm chăn có thể tháo rời. Mỗi chiếc chăn là một cấu trúc phức tạp được làm bằng thép và đồng với diện tích màn hình $1,5 м^{2}$ và độ dày

HÔM NAY

10 mm, được làm bằng berili - một kim loại chịu lửa và bền, không tương tác với neutron mà phản xạ và làm chúng chậm lại. Đây là những vật thể chính của tokamak, hấp thụ năng lượng chính của phản ứng nhiệt hạch - động năng của các neutron được tạo ra, có tốc độ cực lớn lên tới 20.000 km/s. Do nhiều va chạm liên tiếp, neutron truyền năng lượng của chúng sang hạt nhân berili và bị làm chậm lại. Chăn nóng lên, nhưng không nhiều (lên đến $240 \infty C ).$ Ngăn chặn việc gia nhiệt thêm bằng cách rửa liên tục khoang bên trong của buồng bằng nước, khi được làm nóng sẽ mang theo năng lượng phản ứng. Bức xạ nhiệt của dây plasma, có nhiệt độ 150 triệu độ, cũng góp phần đáng kể vào việc làm nóng nước. Phần bức xạ còn lại không được hấp thụ sẽ đi vào bên trong các thành của bộ điều hòa nhiệt độ và nhường năng lượng cho nitơ lỏng lạnh. Vẫn còn nhiều hơn thế nữa. “Cái đuôi” của bức xạ là lượng tử gamma. Để hấp thụ chúng, bộ điều hòa được bao quanh từ bên ngoài và phía trên bởi lớp bảo vệ bằng bê tông chắc chắn dày từ 1,5 đến 3 mét. Đứng đằng sau bức tường bê tông này, sẽ khó tưởng tượng rằng bên trong có một “tấm kính” của bộ điều hòa, được bao quanh bởi nhiều đường ống và cơ chế khác nhau. Và bên trong bộ điều hòa có một buồng hình bánh rán có kích thước bằng một ngôi nhà ba tầng, được bao quanh bởi những nam châm khổng lồ. vòng plasma hydro sáng chói treo trong chân không - một nguồn năng lượng nhiệt hạch, giống như trong truyện cổ tích - một cái rương, bên trong chiếc hộp - một quả trứng, hoặc, nếu bạn thích, làm tổ cho những con búp bê, tuy nhiên, mỗi con trong số đó không sao chép cái trước đó. Chà, những gì được xây dựng xung quanh “rương” trung tâm trong các bức ảnh?

4

KVANT 2018/№10

Tòa nhà khổng lồ gần trung tâm thật ấn tượng. Nhưng đây chỉ là một xưởng đúc sẵn, trong đó các bộ phận cồng kềnh riêng lẻ của bộ điều hòa nhiệt độ được chế tạo: khay, nắp và thành của “bình giữ nhiệt” làm lạnh. Hóa ra, việc hàn các bộ phận này một cách đáng tin cậy, bao gồm hàng chục tấm thép riêng lẻ, chỉ có thể thực hiện được ở vị trí nằm ngang với mỗi mối hàn được kiểm tra cẩn thận. Sau khi được hàn, một cần cẩu khổng lồ sẽ di chuyển những bộ phận này đến vị trí cố định. Năm nay, phần đế bê tông cốt thép cho khay điều hòa đã được chuẩn bị đầy đủ, sẵn sàng ở tòa nhà lân cận và đang chờ lắp đặt vào vị trí. Việc chuẩn bị nền bê tông cốt thép và toàn bộ nền móng cho lò phản ứng là một công việc cực kỳ có trách nhiệm. Rốt cuộc, bộ điều hòa nhiệt độ và buồng chân không nặng hàng nghìn tấn sẽ không bị biến dạng dù là nhỏ nhất. Mọi rung động tự nhiên có thể có của đất phải được móng và móng hấp thụ và giảm chấn. Giữa khay điều hòa và đế bê tông cốt thép phải có khoảng trống để lắp đặt các thiết bị công nghệ khác nhau. Vì vậy, phần đế dưới bộ điều nhiệt có hình dạng rất phức tạp, giống như một chiếc vương miện. Những người xây dựng đã gọi anh như vậy. Mùa hè năm nay, báo chí ITER thông báo đã hoàn thành công trình xây dựng “vương miện”. Nó được làm bằng bê tông hoàn toàn khác thường. Mật độ của nó lớn hơn gấp rưỡi so với bê tông xây dựng thông thường. Lần đầu tiên, sỏi nặng dùng cho nó được vận chuyển từ Lapland. Vấn đề cung cấp nhiên liệu cho dây plasma - hỗn hợp deuterium và tritium - là rất khó khăn. ITER, giống như tất cả các tokamak trước đây, là một máy tạo năng lượng dạng xung. Mỗi xung kéo dài khoảng 8 phút. Trong thời gian này, một gam “nhiên liệu” “cháy”, tức là khối lượng của dây plasma. Và xét về năng lượng giải phóng thì gam này tương đương với 10 tấn than. Đến cuối chu kỳ xung, nhiệt độ trong dây bắt đầu giảm - cần phải bổ sung thêm.

Nhưng đồng thời, chân không trong toàn bộ máy điều hòa nhiệt độ không thể bị phá vỡ. Phần nhiên liệu tiếp theo ở dạng những quả cầu “băng” có nhiệt độ 10 K được bắn vào buồng chân không. Đồng thời với các quả bóng, một xung của trường điện từ tần số cao được tạo ra bởi các thiết bị đặc biệt - bộ cộng hưởng cyclotron electron (gyrotron) được đưa vào buồng. Một trường có tần số 50 MHz được đưa vào buồng thông qua 60 cửa sổ làm bằng kim cương nhân tạo đa tinh thể (nó trong suốt đối với tần số này). Hấp thụ năng lượng của trường, các quả cầu nhiên liệu được tăng tốc, ion hóa và sau đó, dưới tác dụng của từ trường, rơi vào dây plasma, làm nóng nó đến nhiệt độ bắt đầu phản ứng nhiệt hạch. Một lần nữa, dây có 150 triệu độ và 46 nghìn ampe. Nước chảy bên trong các “cánh hoa” của buồng chân không được đun sôi trở lại. Và điều này được lặp đi lặp lại hàng trăm, hàng nghìn lần cho đến lúc thay thế các màn chắn berili trong các tấm chăn có chức năng truyền năng lượng neutron vào nước và nitơ lỏng làm mát bộ điều nhiệt. Người ta không thể không tập trung vào việc tạo ra bài toán từ trường hàng chục teslas trong buồng. Đối với các trường như vậy, dòng điện trong cuộn dây nam châm ít nhất phải là 60.000 ampe. Đây chỉ có thể là cuộn dây siêu dẫn. Các hợp kim được sử dụng là niobi-thiếc và niobium-tantalum, có

5

ITER

–

điện trở bằng 0 ở 3 K. Dây nối được gọi là dây. 5000 sợi dây hợp kim rất mỏng được xoắn thành một bó thành một sợi (độ dày của mỗi sợi là 6 micromet), và 1440 sợi được xoắn thành một sợi cáp và đặt trong một vỏ bọc, bên trong đó helium lỏng sẽ lưu thông. Nga đã sản xuất và vận chuyển 120 tấn cáp nam châm đa hình như vậy đến công trường. (Từ trường được gọi là đa hình khi nó định hướng dọc theo các đường đi qua các cực của hệ tọa độ cầu. Chính trường này được sử dụng trong tokamak để giữ plasma ở trạng thái ổn định.) Việc sản xuất của họ được tổ chức lại từ đầu vào năm 2010 tại Nhà máy Cơ khí Chepetsk (Glazov, Udmurtia). Các ngành công nghiệp và viện nghiên cứu khác cũng tham gia vào công việc này, nơi phát triển và tạo ra các thiết bị cần thiết. Hội đồng ITER đánh giá cao sự đóng góp này của Nga cho sự nghiệp chung. Để đảm bảo dòng helium lỏng và nitơ lỏng liên tục, một tòa nhà riêng biệt đang được xây dựng - một “nhà máy lạnh”, nơi sẽ vận hành các máy tăng áp làm lạnh hiện đại nhất và các cơ sở lắp đặt khác. Một nhiệm vụ rất quan trọng là loại bỏ sản phẩm phản ứng chính là heli khỏi buồng chân không. Ở dưới cùng của buồng có các thiết bị đặc biệt - bộ chuyển hướng (gạt tàn). Một số thiết bị chuyển hướng bị chiếm giữ bởi “dừa”. Đây là cái mà các nhà thiết kế ITER gọi là các lớp than hoạt tính để hấp thụ các ion helium được dẫn vào đó bởi một từ trường đa hình. Thực tế là chất hấp thụ khí heli tốt nhất hóa ra lại là than thu được từ lõi dừa thuộc một loại nhất định. Người chuyển hướng có bài toán khác. Vào cuối mỗi chu kỳ, nhiên liệu chưa cháy hết phải được loại bỏ khỏi buồng. Deuterium và tritium được tách ra và sau đó được gửi đến “nhà máy” chuẩn bị nhiên liệu. Nhưng lượng nhiên liệu chính sẽ đến ITER từ các nhà máy sản xuất.

HÔM NAY

đến deuterium và triti nằm ở những nơi khác. Một kg triti hiện có giá 30 triệu USD và ITER sẽ tiêu thụ 1,5 kg tritium mỗi tháng. Do đó, thiết kế của lò phản ứng DEMO tiếp theo cung cấp khả năng sản xuất tritium trực tiếp trong lò phản ứng bằng cách chiếu xạ neutron bằng lithium. Mục đích của bộ chuyển hướng là thu thập bụi berili xuất hiện trên tấm chăn trong quá trình vận hành lò phản ứng. Việc bụi này bay vào không khí mà con người hít thở là điều không thể chấp nhận được. Tại tất cả các điểm thu gom và sơ tán bụi berili, các biện pháp an toàn nâng cao và giám sát cẩn thận việc tuân thủ chúng đều được cung cấp. Phần quan trọng nhất của dự án là thiết kế và phát triển các công cụ giám sát và điều khiển cho tất cả các quy trình công nghệ - “nhà máy điều khiển”. Thông tin từ hàng trăm cảm biến sẽ được chuyển đổi thành các giao diện kỹ thuật số cung cấp cho bộ điều khiển, ngôn ngữ của chúng sẽ là các giao thức, bảng biểu, sơ đồ, v.v. Hội đồng ITER xác định rằng các nhà khoa học và kỹ sư Nga sẽ chỉ đạo công việc này và tạo ra hầu hết các công cụ điều khiển. Có lẽ đây sẽ là đóng góp quan trọng nhất của Nga trong việc tạo ra ITER. Vào cuối năm 2018, Hội nghị khoa học và thực tiễn quốc tế lần thứ IV “Các vấn đề hiện tại của công nghệ thông tin, điện tử và kỹ thuật vô tuyến” (ITER-2018) sẽ được tổ chức tại Moscow, trong đó 26 tổ chức khoa học từ Nga và Kazakhstan sẽ tham gia. Bài báo được xuất bản là nỗ lực đầu tiên nhằm mô tả phổ biến về thiết kế ITER và tình trạng xây dựng hiện tại của nó. Tác giả đã cố gắng giới hạn bản thân ở những thông tin tối thiểu cần thiết để hiểu bản chất của vấn đề. Tuy nhiên, mức tối thiểu này hóa ra lại rất rộng và chứa nhiều dữ liệu định lượng. Liệu có thể đưa ra ý tưởng về quy mô của dự án và tầm quan trọng của nó hay không là do người đọc đánh giá.

9

NHIỆM VỤ

VỀ

GHEN TỴ

theo ý kiến ​​​​của anh ấy, ai trong số họ. Điều tương tự cũng có thể được thực hiện nếu có n tên cướp và số tên cướp tôi phải nhận phần $p_{i} q$, trong đó q ¦ $p_{i}$ là mẫu số chung của tất cả các phần hợp lý. Chúng ta hãy tưởng tượng rằng mỗi tên cướp thực sự là $p_{i}$ tên cướp. Nhưng nếu D là số vô tỉ thì sao? Để tên cướp thứ nhất chia chiến lợi phẩm thành phần D và 1 D. Nếu tên cướp thứ hai không đồng ý thì hắn đánh giá phần thứ nhất lớn hơn D và phần thứ hai nhỏ hơn 1 D. Sử dụng phần này như thế nào? Vì anh ấy coi phần đầu tiên rất có giá trị nên hãy để anh ấy lấy nó! Bây giờ tất cả những gì còn lại là cho anh ta 1 2 D, và con thứ hai – D. Có vẻ như tình hình vẫn không thay đổi? Nhưng không, người thứ hai coi trọng phần đã cho cao hơn D. Gọi d cao hơn D bao nhiêu thì anh ta coi trọng phần này. Bây giờ hóa ra cái thứ hai có một lượng dự trữ nhỏ. Với cách chia còn lại, anh ta có thể đồng ý nhận ít hơn 1 2 D một chút, cái chính là “một chút” này không quá d. Chúng tôi đã tìm ra cách để “khuấy động” ý kiến ​​​​của những tên cướp một chút (chúng tôi sử dụng ý tưởng về những động thái nhỏ). Nhưng làm thế nào điều này sẽ giúp hoàn thành việc phân chia? Một chuyển động nhẹ có nghĩa là chúng ta có thể chia phần còn lại không phải theo tỷ lệ D: 1 2 D mà theo tỷ lệ D G: 1 2 D G, trong đó G d. Người đầu tiên sẽ không bận tâm rằng thay vì D anh ta sẽ nhận được D G. Và người thứ hai sẽ không bận tâm đến việc nhận được G ít hơn, vì anh ta đã lấy được một quân lớn hơn d so với anh ta mong đợi. Và ở đây, thực tế giúp ích cho chúng ta là với mỗi số thực E, chúng ta có thể chọn một số hữu tỉ r gần với nó. Chính xác hơn, điều này có thể nói theo cách này: bất kể chúng ta lấy số dương H nhỏ bao nhiêu, chúng ta có thể chọn một r hợp lý sao cho hiệu giữa E và r sẽ nhỏ hơn H.

Ý tưởng này xuất phát từ phân tích toán học, nơi nghiên cứu những đại lượng vô cùng nhỏ như vậy. Ở đó người ta cũng chứng minh rằng bất kỳ số thực nào cũng có thể được xấp xỉ với bất kỳ độ chính xác nào bằng các số hữu tỷ -

NHÀ HÀNG

tôi. Như người ta nói, tập hợp số hữu tỉ dày đặc khắp nơi.

Bây giờ chúng ta có thể hoàn thành phép chia - đối với các số hữu tỷ, chúng ta đã học cách chia! Chúng ta hãy chọn G sao cho quan hệ D G: 1 2 D G là hợp lý, và khi đó mọi thứ đều rõ ràng! Cũng rõ ràng cách khái quát hóa thuật toán và chia chiến lợi phẩm thành n tên cướp theo tỷ lệ $D_{1} : D_{2} :^{…} : D_{n}$. Chúng ta có thể giả sử rằng với n – 1, chúng ta đã biết cách chia (nguyên lý quy nạp toán học) và n – 1 tên cướp đã chia chiến lợi phẩm theo tỷ lệ $D_{1} : D_{2} :^{…} : D_{n} 1$. Bây giờ một tên cướp khác đã đến. Yêu cầu anh ta đi đến từng phần còn lại và chia thành hai phần theo $D_{n} : 1 D_{n}$. Bằng cách này, anh ta sẽ nhận được phần của mình và mối quan hệ của những phần còn lại sẽ không thay đổi. Vì vậy, khái quát hóa một chút về điều kiện đã cho chúng ta một ý tưởng hữu ích: một phần của chiến lợi phẩm, mà bọn cướp đánh giá khác nhau, có thể được coi là kho dự trữ. Nếu có sự khác biệt trong đánh giá, thì điều này có thể được sử dụng cho phần còn lại của quá trình sản xuất, tức là một tên cướp có thể nhượng bộ một chút. Trong trường hợp chia làm ba vì ghen tị, chúng tôi sử dụng một kỹ thuật tương tự: tên cướp đầu tiên sẵn sàng đồng ý rằng tên thứ hai sẽ lấy toàn bộ hoặc một phần toàn bộ đống $A_{2}$.

Phép chia tổng quát với sự ghen tị yếu

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại trường hợp chính của sự ghen tị. Lần này chúng ta sẽ cố gắng không khái quát hóa điều kiện bài toán mà ngược lại, làm suy yếu nó. Giả sử vẫn chưa có thuật toán chung cho phép chia, nhưng có lẽ có thể thực hiện một phép “gần như chia”, khi tên cướp đồng ý rằng ai đó nhận được nhiều hơn, nhưng không nhiều hơn một số nhỏ H được chọn ban đầu. Tiếp tục suy nghĩ này thêm, chúng ta hãy đặt câu hỏi: liệu bọn cướp có thể chia chiến lợi phẩm thành hai phần bằng nhau không và mỗi người trong số họ tin rằng tỷ lệ này được đáp ứng chính xác với H? “Chính xác đến H” trong trường hợp này có nghĩa là mỗi phần khác nhau từ 1 2 không quá H theo quan điểm của từng tên cướp.

12

KVANT 2018/№10

Nói chung: nếu một số tên cướp định giá một số chiến lợi phẩm nhỏ lớn hơn $G_{2}$ và phần còn lại - nhỏ hơn $G_{1}$ và $G_{1} G_{2}$, thì chúng tôi có thể chấp nhận $H G_{2} G_{1}$. Bây giờ nếu bạn đưa mảnh này cho nhóm đầu tiên, thì nhóm thứ hai sẽ không ghen tị với nhóm đầu tiên trong H, tức là chúng tôi có biên độ rất nhỏ đó để thiết lập độ chính xác của các phép chia tiếp theo và áp dụng kỹ thuật mà chúng tôi đã nghĩ ra. Điều tò mò là nếu tất cả những tên cướp đánh giá khác nhau bất kỳ phần nhỏ nào của chiến lợi phẩm, thì chúng ta có thể sắp xếp xếp hạng của chúng theo thứ tự tăng dần: $P_{1} d P_{2} d^{…} d P k P k_{1} d^{…} d P_{n}$ và lấy bất kỳ hai xếp hạng liên tiếp không bằng nhau $P k P k_{1}$, chia bọn cướp thành hai nhóm được mô tả ở trên: nhóm đầu tiên sẽ bao gồm những tên cướp có xếp hạng không nhỏ hơn $G_{2} P k_{1}$ và nhóm thứ hai - với xếp hạng không quá $G_{1} P k$. Nếu chúng ta đưa một mảnh như vậy cho nhóm cướp đầu tiên, chúng sẽ có thể chia cho nhau theo giả định quy nạp, điều này cũng dễ hiểu. Nhưng khi đã đưa một phần nhỏ cho một số tên cướp, phần còn lại của chiến lợi phẩm sẽ không còn phải chia đều mà theo một tỷ lệ nhất định, và trong trường hợp này chúng ta không có giả định quy nạp! Phải làm gì? Hãy tổng quát hóa điều kiện một lần nữa. Chúng ta sẽ xem xét không phải sự phân chia như nhau thành n tên cướp ghen tị, mà là sự phân chia với một số quy tắc được chỉ định $D_{1} : D_{2} :^{⋯} : D_{n}$. Điều kiện của sự đố kỵ ở đây sẽ được khái quát hóa: mọi người, so với những người khác, đều muốn nhận được một phần không ít hơn mức mà tỷ lệ nhất định đề xuất. Hãy nói theo cách này. Đặt $A_{ij}$ là cách tên cướp thứ i đánh giá mảnh chiến lợi phẩm thứ j. Khi đó với bất kỳ cặp i và j nào, bất đẳng thức $A_{ii} A_{ij} t D_{i} D_{j}$ đều phải đúng. Nói cách khác, tên cướp thứ i ước tính tỷ lệ phần chia của anh ta và phần của tên cướp thứ j không nhỏ hơn tỷ lệ phần chia của họ theo quy tắc được chỉ định. Nếu tất cả $D_{i}$ đều bằng 1 thì phép chia bài toán thông thường bằng với sự ghen tị.

Nếu bây giờ chúng ta thực hiện phần này với điều kiện tổng quát là ghen tị, thì giả thuyết quy nạp cũng có thể được sử dụng với điều kiện tổng quát, và điều này thuận tiện hơn nhiều! Nhưng thực sự, chúng ta cần phải chứng minh lại cơ sở. Tuy nhiên, cơ sở của hai tên cướp chỉ là bài toán về việc chia theo tỉ lệ D:E. Đối với hai tên cướp ghen tị thì trường hợp này không khác gì trường hợp không ghen tị.

Thuật toán cuối cùng

Bây giờ chúng ta quay lại bài toán với điều kiện ghen tị tổng quát. Giả sử số tên cướp từ 1 đến n – 1 thì ta đã biết cách chia. Chúng ta cần thực hiện một quá trình chuyển đổi quy nạp. Hãy cố gắng chính thức hóa tất cả các ý tưởng và công trình mà chúng tôi đã nghĩ ra cho đến nay. Hãy để tên cướp đầu tiên chia chiến lợi phẩm theo tỷ lệ ban đầu. Nếu mọi người đồng ý thì thuật toán hoàn thành. Ngược lại, sẽ có một phần I mà một số tên cướp có giá trị lớn hơn một số M nhất định (gọi là nhóm 1, coi đây là những tên cướp đầu tiên) và phần còn lại có giá trị nhỏ hơn M (nhóm 2).

Chúng ta có thể giả định rằng mọi người đều coi mảnh I là nhỏ, tức là nhỏ hơn bất kỳ số nào được chọn trước. Thật vậy, chúng ta có thể chia I thành một tỷ phần giống hệt nhau với sai số nhỏ hơn ước tính tối đa của I trong số những kẻ cướp. Ngoài ra, chúng ta có thể giả sử rằng chính xác trong M không có ai coi trọng quân I (xem phần lý luận ở trên).

Lưu ý rằng chỉ có n sự khác biệt giữa ước tính của bọn cướp về mảnh I và số M; đối với nhóm đầu tiên họ dương tính, đối với nhóm thứ hai họ âm tính. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể chọn một số dương Z nhỏ nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của tất cả n hiệu này. Vì vậy, trong Z, nhóm thứ hai sẽ không ghen tị với nhóm đầu tiên. Phần này tôi dành cho nhóm 1, tạm gác nó sang một bên nhé. Và chúng ta sẽ chia phần chiến lợi phẩm còn lại thành hai phần A và B theo tỷ lệ $D_{1}^{⋯} D_{s} M : D_{s} 1^{⋯} D_{n}$ sao cho mọi người đều đồng tình với cách chia này cho đến Z. Vậy nhóm 1 đánh giá hai phần A và I với nhau như thế nào?

13

NHIỆM VỤ

VỀ

GHEN TỴ

Mỗi người trong nhóm 1 coi tổng cộng hai phần này lớn hơn $D_{1}^{⋯} D_{s}$, tức là nhiều hơn phần chiến lợi phẩm của toàn nhóm! Vì mọi người đều coi A + I lớn hơn $D_{1}^{⋯} D_{s}$, điều đó có nghĩa là chúng ta có thể chọn một số dương $G_{1}$ sao cho mọi người trong nhóm đầu tiên đều coi A + I lớn hơn $D_{1}^{⋯} D_{s} G_{1}$.

Kỹ thuật chúng tôi sử dụng ở đây: nếu X > Y, thì chúng ta có thể chọn một số dương a sao cho X > Y + a, cũng khá điển hình cho phân tích toán học. Từ tính chặt chẽ của bất đẳng thức, chúng ta có thể rút ra một số dự trữ cho các công trình tiếp theo.

Còn nhóm thứ hai thì sao? Mỗi người trong số họ coi phần A + I nhỏ hơn $D_{1}^{⋯} D_{s}$ (những phần này coi I nhỏ hơn M ). Vì vậy, phần còn lại, tức là phần B, mỗi phần đều lớn hơn $D_{s} 1^{⋯} D_{n}$. Một lần nữa, chúng ta có thể chọn $G_{2}$ sao cho mọi người trong nhóm thứ hai đánh giá phần B lớn hơn $D_{s} 1^{⋯} D_{n} G_{2}$. Vì vậy, chúng ta đã có thể nhìn thấy ánh sáng cuối đường hầm: chúng tôi đã chia bọn cướp thành hai nhóm, phân bổ cổ phần cho các nhóm này và mọi người cũng chắc chắn rằng họ nhận được nhiều hơn một chút so với mức họ cần, tức là. Chúng tôi đang nhận được một số hàng hóa rất cần thiết! Hãy chọn G ở mức tối thiểu là $G_{1}$ và $G_{2}$ để tiếp tục làm việc với một số tượng trưng cho biên độ chính xác của chúng ta. Bây giờ, theo kế hoạch của chúng ta, chúng ta phải sử dụng giả định quy nạp để nhóm đầu tiên chia quân tổng hợp A + I cho những tên cướp của nó và quân thứ hai là B. Tại sao chúng ta không vượt quá giới hạn chính xác của mình? Chúng ta hãy chọn H nhỏ hơn nhiều so với G. Bây giờ chúng ta hãy xem quá trình chia được cung cấp cho chúng ta bằng giả định quy nạp. Sự phân chia này bao gồm một chuỗi các phân chia cơ bản, khi một tên cướp nào đó chia một thứ gì đó theo một tỷ lệ nào đó. Vì vậy, hãy để những phép chia cơ bản như vậy được thực hiện theo cách mà mọi người khác đều đồng ý và chính xác,

NHÀ HÀNG

nhân đôi với mỗi phép chia cơ bản tiếp theo. Vì vậy, hãy thực hiện phần đầu tiên sao cho tất cả n tên cướp khác đồng ý với H 2, phần thứ hai sao cho mọi người đều đồng ý với H 4, v.v. Nói cách khác, nếu phần thứ k được thực hiện (bất kể tên cướp nào) thì những người còn lại đều đồng ý lên tới $H 2^{k}$. Với sự phân chia như vậy, hóa ra ý kiến ​​của hai tên cướp bất kỳ về hai mảnh chiến lợi phẩm không trùng nhau có thể chỉ khác nhau ít hơn H. Bây giờ chúng ta hãy kiểm tra xem thực sự sẽ không có sự ghen tị nào cả. Trong nhóm đầu tiên, không có hai tên cướp nào ghen tị với nhau, theo giả định quy nạp. Tương tự như vậy trong nhóm thứ hai. Chúng ta hãy nhìn vào những tên cướp từ các phần khác nhau. Ý kiến ​​của họ về các phần kết quả có thể khác nhau không quá H, với $H d G_{1}$ và $H d G_{2}$, tức là lỗi phần không đáng kể so với kho hiện có của chúng tôi. Đồng thời, mỗi tên cướp cho rằng mình nhận được nhiều hơn một chút so với những gì mình được hưởng (vì mỗi người đều được phân bổ nhiều hơn một chút). Về mặt đại số, điều này có thể được biểu diễn như sau: $A_{ii} D_{i}$! 1. Còn về những tên cướp bên kia, mỗi người trong số họ cho rằng mình nhận được ít hơn những gì đáng được hưởng: $A_{ij} D_{j} < 1.$ Nhưng sau đó $A_{ii} D_{i}$! $A_{ij} D_{j}$. Và do đó, $A_{ii} A_{ij}$! $D_{i} D_{j}$, tức là điều kiện ghen tị được thỏa mãn.

Lời kết

Hãy tóm tắt công việc của chúng tôi. Chúng tôi đã tìm ra chìa khóa của bài toán khi chúng tôi chơi một chút với điều kiện: đầu tiên chúng tôi làm nó yếu đi một chút, sau đó chúng tôi tăng cường nó lên một chút, xem xét tình trạng chung của sự đố kỵ. Hai ý tưởng là chìa khóa. Đầu tiên là xem xét việc phân chia chiến lợi phẩm với độ chính xác nhất định. Và thứ hai là khả năng thay thế một phần cơ bản bằng một chuỗi các phần, nhưng sao cho mọi người đều đồng ý với phần đó với độ chính xác nhất định. Hai ý tưởng này là những ý tưởng chính, nhưng bên cạnh đó còn có một số ý tưởng khác

14

KVANT 2018/№10

ý tưởng kỹ thuật nhỏ: sử dụng một mảnh có giá trị không bằng nhau để tạo ra khoản dự trữ; thiết kế thuật toán theo kiểu quy nạp; sử dụng các phân vùng có độ chính xác tăng nhanh (chuỗi hội tụ). Nhiều ý tưởng trong số này đã được biết đến rộng rãi và thường được áp dụng trong nhiều tình huống khác nhau. Sẽ rất hữu ích khi có nhiều ý tưởng kỹ thuật như vậy. Kho vũ khí phong phú của họ cho phép bạn tiếp cận bài toán từ nhiều phía khác nhau và điều này đã giúp tìm đường cho lời giải. Điều thú vị là tổ hợp bài toán hoạt động với các phương pháp cường độ nhỏ điển hình cho phân tích. Do đó, thuật toán tìm được không hiệu quả lắm trong thực tế. Chúng tôi thậm chí không thể ước tính số lượng phân vùng sẽ phụ thuộc vào n. Điều này có nghĩa là vẫn còn một số việc phải làm trong bài toán này. Đối với những người quan tâm đến chủ đề này có một bộ bài viết. Có lẽ một trong những độc giả sẽ có thể nghĩ ra thuật toán phần của riêng họ!

Văn học

Hội nghị của Giải đấu Thành phố, tập 1, 2009, tr. 71–82. 2. W.Stromquist. Cách cắt bánh sao cho đẹp. – Tạp chí Toán học Hoa Kỳ, tập. 87, số 8, 1980, trang 640–644. 3. S. J. Brams, A. D. Taylor. Một giao thức chia bánh không cần ghen tị. – Tạp chí Toán học Hoa Kỳ, tập. 102, số 1, 1995, trang 9–18. 4. S. J. Brams, A. D. Taylor, W. S. Zwicker. Một giải pháp dao di chuyển cho bộ phận bánh ngọt gồm bốn người không có sự ghen tị. – Kỷ yếu của Hiệp hội Toán học Hoa Kỳ, 125, 1997, trang 547–554. 5. W. Stromquist. Sự phân chia bánh không có ghen tị không thể được tìm thấy bằng các giao thức hữu hạn. – Tạp chí Điện tử Tổ hợp, R11, 15, 2008. 6. A.D.Procaccia. Bạn sẽ thèm muốn chiếc bánh của hàng xóm. – Kỷ yếu IJCAI’09, trang 239–244. 7. H.Aziz, S.Mackenzie. Một giao thức cắt bánh không có sự ghen tị và riêng biệt dành cho bất kỳ số lượng đại lý nào. – Bản in trước, https://arxiv.org/abs/ 1604.03655 8. H. Aziz, S. Mackenzie. Một giao thức cắt bánh riêng biệt và không có giới hạn dành cho bốn đại lý. – Bản in trước, https://arxiv.org/ abs/1508.05143

1. I.A.Ivanov, A.Ya.Kanel-Belov, S.I.Kublanovsky, A.S.Malistov. Bài toán về bọn cướp. – Chất liệu chọn lọc từ Summer Con-

Công trình được hỗ trợ bởi Quỹ Khoa học Nga số 17-11-01337. Tác giả đầu tiên là người đoạt giải “Toán học trẻ nước Nga”.

HỌ VIẾT CHO CHÚNG TÔI

Một lần nữa về việc xây dựng một tiếp tuyến

Bài viết của D. Shvetsov “Polyara” («Kvant» Số 5, 2017) chỉ ra cách vẽ các tiếp tuyến với đường tròn này bằng một thước kẻ từ một điểm bên ngoài đường tròn. Tác giả và độc giả thường xuyên của chúng tôi I. Vainshtein lưu ý rằng cách xây dựng này cho phép chúng ta vẽ tiếp tuyến với đường tròn và đi qua một điểm nằm trên đường tròn. Hãy để chúng tôi trình bày một cấu trúc từ lá thư của I. Weinstein. Cho điểm E trên đường tròn (Hình 1). Qua điểm này ta kẻ cát tuyến (không đi qua tâm đường tròn), đường này sẽ cắt đường tròn tại điểm F. Lấy các điểm B và D tùy ý nằm ngoài đường tròn trên đường thẳng EF rồi từ đó vẽ các tiếp tuyến với đường tròn như đã chỉ ra ở bài “Cực”. Gọi giao điểm tương ứng của các tiếp tuyến là A

Hình 1

và C, các điểm tiếp tuyến là K, L, M, N. Giả sử các đường thẳng KL và MN cắt nhau tại điểm P. Khi đó PE là tiếp tuyến mong muốn. Thật vậy, không khó để chứng minh đường thẳng AC cũng đi qua điểm P, đường thẳng NK và ML cắt nhau trên đường thẳng BD và các điểm

(Tiếp theo trang 25)

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Bài toán trong toán học và vật lý

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 bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ 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 về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: [email protected] và [email protected], tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2531 và M2532 đã được đưa ra tại Olympic Siêu đô thị lần thứ III.

Bài toán M2530–M2533, F2537–F2540

M2530. Trong một tam giác nhọn, các điểm $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt được lấy trên các cạnh BC, CA, AB sao cho các đoạn $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ cắt nhau tại một điểm. Được biết, BC $AA_{1} CA$ $BB_{1} AB$ $CC_{1}$. Chứng minh rằng $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ là các đường cao của tam giác. P.Kozhevnikov

M2531. Cho k là một số tự nhiên và $1 d_{0} d_{1}$ … $d_{m} 4 k$ đều là các ước dương của 4k. Chứng minh rằng tồn tại i^1, …, m ` sao cho $d_{i} d_{i} 1 2$. I. Mitrofanov

M2532. Anya và Maxim chơi trò chơi trên bàn cờ ca rô 100 và 100. Đầu tiên, Anya điền vào các ô vuông của bảng các số nguyên từ 1 đến 10.000 sao cho mỗi số xuất hiện một lần. Sau đó, Maxim đặt một con chip vào một trong các ô của cột ngoài cùng bên trái mà anh ấy chọn. Sau đó, trong một vài nước đi, anh ta di chuyển con chip sang cột ngoài cùng bên phải. Trong một lần di chuyển, anh ta có thể di chuyển một quân cờ từ một ô sang bất kỳ ô nào liền kề với nó dọc theo đỉnh hoặc cạnh. Đối với mỗi ô được truy cập (bao gồm cả ô đầu tiên), Maxim trả cho Anya số xu được ghi trên ô này. Maxim muốn trả càng ít càng tốt, nhưng Anya muốn nhận được càng nhiều càng tốt. Bao nhiêu xu

Maxim sẽ trả tiền nếu mỗi người trong số họ hành động theo cách tốt nhất cho mình? L. Shabanov

$M2533^{*}$. Cho một tứ diện. Gọi a và b là độ dài hai cạnh đối diện của tứ diện, D và E là giá trị của các góc nhị diện ở các cạnh này; c và d là độ dài các cạnh trong một cặp cạnh đối diện khác, còn J và G là giá trị của các góc nhị diện ở các cạnh này. Chứng minh rằng a + b = c + d khi và chỉ khi D E J G. M. Panov

F2537. Hai thanh giống hệt nhau được nối với nhau bằng một thanh cứng, không trọng lượng và chuyển động dọc theo mặt phẳng nằm ngang nhẵn của bàn (xem hình). Tại một thời điểm nào đó, các thanh bắt đầu di chuyển vào khu vực gồ ghề của bàn. Tìm hệ số ma sát P của các thanh trên một bề mặt gồ ghề nếu chúng có tốc độ v lúc bắt đầu chuyển động và sau khi đi qua mặt bàn gồ ghề, chúng chuyển động với tốc độ u. Chiều dài mỗi khối là l, thanh là s, phần thô của bàn là l + s. A. Ivanov

F2538. Vào mùa đông, căn phòng được sưởi ấm bằng lò sưởi.

17

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Hình 2

Cho hai parabol $G_{1}$ và $G_{2}$ (có trục song song) cắt nhau tại điểm A và B (Hình 2). Để đường thẳng đi qua A cắt $G_{i}$ lần thứ hai tại điểm $A_{i} (i = 1,$ 2) và để đường thẳng đi qua B cắt $G_{i}$ lần thứ hai tại điểm $B_{i}$. Sau đó $A_{1} B_{1} P A_{2} B_{2}$. A. Antropov, P. Kozhevnikov

M2519. Ta gọi phương pháp phân chia một tập hợp gồm 2n số tự nhiên thành n cặp số tự nhiên nếu không có cặp số nào thì tích của các số là bình phương của một số tự nhiên. Người ta biết rằng với 2n số tự nhiên khác nhau có cách phân chia thành từng cặp một cách không bình phương. Chứng minh rằng trong trường hợp này có ít nhất n! các cách không có bình phương để phân chia 2n số này thành từng cặp.

Với mỗi số tự nhiên m, chúng ta liên kết một tập hợp các số nguyên tố P m, mỗi số đó được đưa vào khai triển số m thành lũy thừa lẻ. Ví dụ: $P 2^{3}$ $7^{8}$11^2; 11 ` $, P 3^{4}$ $5^{6}$ . Hiển nhiên, tích của a và b tự nhiên là một số chính phương khi và chỉ khi các tập P a và P b trùng nhau. Hãy tô màu 2n số cho trước theo cách này: các số mà các tập P m trùng nhau được tô cùng màu, và các số mà các tập P m khác nhau được tô màu khác nhau. Vì có một phân vùng không có hình vuông thành từng cặp nên có nhiều nhất n số được tô mỗi màu. Chúng ta hãy chứng minh bổ đề sau, từ đó lời giải bài toán ngay sau đó.

“QUANTA”

Bổ đề. Cho 2n đồ vật (khác nhau) được tô bằng nhiều màu sao cho có tối đa n đồ vật được tô mỗi màu. Khi đó có ít nhất n! cách chia các đồ vật này thành các cặp nhiều màu (nghĩa là mỗi cặp chứa các đồ vật có màu khác nhau). Chứng minh bổ đề. Hãy tiến hành quy nạp theo n. Cơ sở n = 1 là hiển nhiên. Hãy chứng minh sự chuyển đổi từ n – 1 sang n. Hãy chọn màu c xuất hiện trong số các đối tượng này với số lần lớn nhất, tức là. Cho có k đối tượng có màu c và nhiều nhất k đối tượng có màu bất kỳ khác. Hãy lấy đối tượng A có màu c và chọn cho nó một cặp B có bất kỳ màu d nào khác ngoài c; điều này có thể được thực hiện theo 2n – k cách. Hơn nữa, 2n k t n, vì k d n. Bằng cách loại bỏ cặp A, B, chúng ta thu được một bộ gồm 2 n 1 đối tượng. Chúng ta hãy kiểm tra xem màu sắc của chúng có thỏa mãn các điều kiện của bổ đề hay không. Thật vậy, chúng ta hãy giả sử điều ngược lại và các vật có màu e nào đó không nhỏ hơn n. Màu e khác với c và d, vì sau khi loại bỏ các đối tượng A và B của mỗi màu c và d, chỉ còn lại n – 1. Khi đó k t n, và trước khi loại bỏ đối tượng A và B, mỗi màu c và e chiếm n đối tượng - mâu thuẫn (ít nhất vẫn còn một đối tượng B màu d). Vì vậy chúng ta có thể sử dụng giả thuyết quy nạp. Điều này có nghĩa là với mỗi cách chọn đối tượng B cho tập kết quả gồm 2 n 1 đối tượng thì có ít nhất n 1! phân vùng thành từng cặp nhiều màu. Tổng cộng của một tập hợp gồm 2n đối tượng – ít nhất n n 1! phân vùng thành từng cặp nhiều màu. Bổ đề được chứng minh là hoàn thành lời giải bài toán. Hãy để chúng tôi chỉ ra cách tiếp cận khác lời giải. Hãy giới thiệu một biểu đồ phụ: hãy gán các đỉnh cho các số (tổng cộng 2n đỉnh) và sử dụng các cạnh để nối các cặp đỉnh mà tích các số không bằng một bình phương chính xác. Không khó để chứng minh rằng trong đồ thị như vậy điều kiện chuyển mạch sau được thỏa mãn: nếu có một cặp cạnh AB và CD, trong đó A, B, C, D là bốn đỉnh khác nhau thì hoặc cũng có một cặp cạnh AC và BD, hoặc có một cặp cạnh AD và BC (điều kiện chuyển mạch

24

KVAN T 2018/№10

Những chiếc ống “ma”

E.BAKAEV, A.VESNIN

NHÀ MÁY NHIỆT ĐIỆN SENJU ở Tokyo hoạt động từ năm 1926 đến năm 1963. Những ống khói “ma” của nó vẫn còn tồn tại trong nhiều bức ảnh và phim thời bấy giờ và trở thành một trong những biểu tượng của khu vực. Nhà máy điện có 4 ống khói khổng lồ, cao 83,5 mét và rộng 5–6 mét. Vào thời điểm xây dựng, chúng là công trình kiến ​​trúc cao nhất ở Tokyo. Tại sao họ lại bị gọi là “ma quái”? Hai lời giải thích có thể được đưa ra. Theo người đầu tiên, khói từ những đường ống này trông giống như một bóng ma - nhà máy điện này là dự phòng, và khói xuất hiện hiếm khi và bất ngờ. Theo một phiên bản khác, các đường ống được đặt tên như vậy vì đặc tính thú vị của chúng: tùy theo nhìn từ phía nào của nhà máy điện, dường như có 4, 3, 2 hoặc thậm chí chỉ có 1 đường ống. Ví dụ, trong Hình 1 bạn có thể thấy 4 ống.

Cách bố trí đường ống gần giống như trong Hình 2 (nhìn từ trên xuống). Các đường ống được biểu thị bằng bốn vòng tròn, tâm của chúng tạo thành một hình thoi thon dài. Các mũi tên chỉ ra 4 hướng từ đó bạn có thể thấy số lượng ống cần thiết. Khi nhìn dọc theo hướng thứ nhất, sẽ có vẻ như có một ống rộng (Hình 3), vì ống gần nhất là Hình. Ống thứ 2 sẽ chặn một trong các ống và khoảng cách giữa hai ống còn lại.

Hình 3

Hình 1

Làm thế nào các ống có thể được định vị sao cho tính chất này được đáp ứng? lời giải được trình bày dưới đây, nhưng chúng tôi khuyến khích người đọc tự mình suy nghĩ về câu hỏi này trước.

Hướng thứ hai chạy song song với các cạnh của hình thoi, nếu nhìn từ xa thì hai ống này sẽ gần như chặn hoàn toàn hai ống còn lại (Hình 4). Nếu bạn nhìn từ hướng thứ ba, một ống sẽ được đóng hoàn toàn, trong khi ba ống còn lại sẽ được nhìn thấy (Hình 5). Tất cả bốn ống đều có thể nhìn thấy được từ nhiều hướng, chẳng hạn như từ hướng thứ tư. Như một bài tập, hãy tìm cách sắp xếp 5 ống sao cho từ các góc khác nhau bạn có thể nhìn thấy tất cả các số ống từ 1 đến 5. Chúng tôi gợi ý

25

“Lượng tử”

VÌ

ML ĐỊA NGỤC

SHK O LNIK O V

Hình 5

Hình 4

(Bắt đầu $см.^{на}$ trang 14) giao điểm của các đường chéo của tứ giác KLMN và ABCD trùng nhau. Khi đó chỉ cần sử dụng định lý chính của bài “Polar” là đủ. Rõ ràng là với một cách dựng có thể vẽ các tiếp tuyến qua hai điểm cho trước (E và F), trừ khi các điểm này là hai đầu có cùng đường kính. Cách xây dựng này trông rất đẹp, tuy nhiên, đừng quên rằng ở đây chúng ta đã hai lần sử dụng một “chương trình con” phức tạp để dựng các tiếp tuyến từ một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Thảo luận về chủ đề này, chúng ta hãy nhớ lại một cách dựng cổ điển khác về tiếp tuyến của một đường tròn đi qua một điểm nằm trên đường tròn này. Ngoài $точки^{E}$ này, chúng tôi chọn thêm bốn $точки:^{A,} B,^{C,} D$ trên vòng tròn (Hình 2). Vẽ các đường thẳng AB, BC, CD, DE, EA (đối với các điểm trong hình 2 ta có

Hình 2

cũng giải được bài toán tương tự cho 6 ống. Thông tin và hình ảnh do Công ty Điện lực Tokyo công bố được lấy từ trang v.ht/tepco của adachi.ne.jp. Ví dụ, có thể thấy những cảnh quay khác về những chiếc ống “ma” ở đầu phim “Nơi có thể nhìn thấy ống khói nhà máy” (xem youtube.be/e48UsS5BY54).

ngôi sao năm cánh). Tiếp theo, ta vẽ đường thẳng p đi qua giao điểm của các cặp $прямых^{AB,} DE и^{EA,}$ CD. Gọi X là giao điểm của hai đường thẳng $^{BC}$ và p (trong trường hợp tổng quát, các đường thẳng này sẽ không song song). Khi đó đường thẳng XE sẽ là tiếp tuyến cần tìm. Cơ sở lý luận của phương pháp này dựa trên định lý Pascal cho sáu $точек^{ABCDEE}$ (với bội số $точкой^{E):}$, nếu sáu $точек^{A,} B,^{C,} D,^{E,} F$ nằm trên một đường tròn thì giao điểm của cặp $прямых^{AB} и^{DE,} BC и^{EF,} CD$ và FA nằm trên cùng một đường thẳng. Chúng ta có $точки^{E}$ và F hợp nhất thành một $точку^{E}$ và thay vì $прямой^{EF}$ chúng ta lấy tiếp tuyến trên các đường tròn trong $точке^{E.}$ Lưu ý rằng ở đây chúng ta chỉ cần vẽ bảy đường thẳng (đường thẳng vẽ thứ bảy đã là tiếp tuyến cần thiết). Tóm lại, hãy xem cấu trúc bài toán của chúng ta thay đổi như thế nào nếu, ngoài thước kẻ, chúng ta cho phép mình sử dụng la bàn Trong bộ sưu tập bài toán tương tác trên hình học Euclidea (www.euclidea.xyz) có điều này: vẽ tiếp tuyến với một đường tròn đi qua một điểm, nằm. trên vòng tròn này, chỉ vẽ ba đường thẳng (đường thứ ba phải là tiếp tuyến bắt buộc). Chúng tôi đặt cấu trúc đẹp mắt này ở cuối tạp chí. Người đọc có thể thử tự mình nghĩ ra lời giải và xem việc bổ sung la bàn sẽ tạo ra bộ công cụ mạnh mẽ hơn như thế nào.

27

TRƯỜNG HỌC

TRONG

“QUANTE”

Hình 2. a) Sự thay đổi của x theo thời gian gồm các phần hình sin. Tại các điểm A và B dấu (hướng) của lực ma sát khô đổi chiều; tại điểm C quả bóng dừng lại. b) Mặt phẳng pha của dao động khi ma sát khô - các hình bán nguyệt xen kẽ tâm tại các điểm x, x, x. c) Sự phụ thuộc của lực ma sát khô vào tốc độ là không đổi từng phần

Học sinh có năng lực đã nhận ra điều đó: ngay cả khi giả định được chấp nhận rằng độ lớn của lực ma sát không phụ thuộc vào tốc độ của vật là đúng, thì vẫn cần phải tính đến sự phụ thuộc vào hướng của lực ma sát. Điều này có nghĩa là quả bóng, chuyển động sang trái dưới tác dụng của lực phục hồi độ đàn hồi của lò xo và vượt quá vị trí cân bằng (x = 0) do quán tính, sẽ nén lò xo, dừng lại một lúc rồi bắt đầu chuyển động sang phải. Nhưng đồng thời, dấu của lực ma sát cũng sẽ thay đổi: lúc này nó sẽ hướng sang trái, lại ngược với hướng vận tốc. Vì vậy, trong phương trình (1), sẽ đúng hơn nếu viết lực ma sát như sau: $F_{тр} F_{x} mg_{y}$ Dấu P $v_{x}$, trong đó dấu $v_{x}$ là hàm không liên tục, nghĩa đơn giản là “dấu $v_{x}$”. Nó còn được gọi là từng bước, hằng số từng phần, rơle (chuyển mạch). Đồ thị của lực ma sát này được thể hiện trên Hình 2, c. Do đó, vectơ của lực ma sát khô phụ thuộc rất nhiều vào tốc độ, mặc dù một trong những mô hình vật lý giả định mô đun của nó không đổi. Theo Hình 2, a (xem các vạch màu), sau khi hoàn thành một số dao động hữu hạn, quả bóng sẽ nằm trong vùng tĩnh x x x với vận tốc bằng 0 (điểm C trong Hình 2, a, b), trong khi một phần năng lượng tích trữ tại thời điểm ban đầu sẽ vẫn ở dạng thế năng của lò xo vẫn bị nén nhẹ. Tại tất cả các điểm của dải này, độ biến dạng của lò xo không đủ để thắng lực ma sát. Một số dao động hữu hạn là dấu hiệu đặc trưng của sự có mặt của ma sát khô. Khi dừng lại, gần như tất cả

động năng được chuyển hóa thành nhiệt năng. Đó là lý do tại sao họ dụi mũi khi trời lạnh (xem biểu đồ). Và sau đó, cậu sinh viên có năng lực đã nảy ra ý tưởng bỏ qua lực hấp dẫn (ví dụ, thực hiện một thí nghiệm táo bạo trong thang máy đang rơi hoặc trong cabin vệ tinh), nhưng đồng thời quay ống quanh một trục đi qua điểm cố định của lò xo, với vận tốc góc không đổi $Z_{y}$ (Hình 3). Sau đó tốc độ

Hình 3. Ống có quả bóng quay với vận tốc góc không đổi $Z_{y}$. Khi quả bóng chuyển động dọc theo trục của ống sẽ xuất hiện một lực ép $F_{M}$ hướng về bên phải so với hướng chuyển động

một quả bóng trong hệ tọa độ cố định sẽ có hai thành phần: hướng tâm $v_{x}$ và phương vị $v_{M} Z_{y} x$. Di chuyển dọc theo trục x trong thời gian ’ t đến một khoảng ’ x, quả bóng sẽ rơi vào vùng có giá trị x ngày càng lớn và do đó có giá trị tốc độ ngày càng lớn $v_{M}$, và sẽ “có cảm giác” rằng thành ống liên tục ấn vào nó từ bên phải. Và đến lượt anh ta tạo áp lực lên ống quay, cố gắng duy trì (bằng quán tính)

Hãy nhìn những ngôi sao không có tia sáng. Điều này có thể đạt được bằng cách quan sát chúng qua một lỗ nhỏ được làm bằng đầu kim mỏng và đặt gần mắt. Leonardo da Vinci

…nếu ánh sáng cần có thời gian thì khoảng cách ba dặm cũng đủ để phát hiện ra độ trễ. Nếu thí nghiệm được thực hiện ở khoảng cách, chẳng hạn như 10 dặm, thì bạn có thể nhìn thấy ánh sáng yếu từ đèn pin ở xa bằng kính viễn vọng. Galileo Galilei

…tất cả các ngôi sao… đều được hình thành bởi cùng một quá trình. Họ có thể trông giống như nhà máy

các sản phẩm khác nhau được thực hiện bởi cùng một máy. Quần jean James

Chúng ta đang ở trước một kỷ nguyên mới trong vật lý thiên văn, khi thông tin về các thiên hà xa xôi sẽ thu được bằng cách nghiên cứu ảnh hưởng của lực hấp dẫn của chúng lên ánh sáng đến từ những vật thể ở xa hơn. Tulio Rege

… dựa trên các định luật vật lý cơ bản, chúng ta thường chỉ ra chính xác (và đôi khi gần như chính xác) những gì đang xảy ra trên các vì sao. Đây là cách vật lý giúp thiên văn học. Richard Feynman

Nó có quen thuộc với bạn không?

?

vật lý thiên văn

“Atron” trong tiếng Hy Lạp có nghĩa là “ngôi sao”, nhưng vật lý thiên văn nghiên cứu nhiều thứ hơn là chỉ các ngôi sao. Tuy nhiên, hôm nay, trong số báo thiên văn cuối cùng của Kính vạn hoa, chúng ta sẽ chủ yếu nói về chúng. Hãy hy vọng rằng trong những số báo này chúng ta có thể chỉ ra được mối liên hệ chặt chẽ giữa vật lý học và tất cả các ngành thiên văn học, bao gồm cả những ngành dành cho các vì sao. Thật vậy, làm sao người ta có thể hiểu được các quá trình xảy ra trong các ngôi sao nếu không biết các tính chất của tương tác ánh sáng, điện từ và hấp dẫn, cũng như không hiểu vật chất có thể hành xử như thế nào nếu nó ở trong những điều kiện khắc nghiệt không có trên Trái đất? Tất nhiên, vật lý đã có đóng góp to lớn cho việc nghiên cứu các vật thể vũ trụ ở nhiều quy mô khác nhau, đưa ra ý tưởng về sự thống nhất của thế giới xung quanh chúng ta và giúp xây dựng được bức tranh về Vũ trụ. Nhưng điều ngược lại cũng đúng: thông tin mới về các ngôi sao ở xa đã bổ sung thêm kiến ​​thức của chúng ta về những gì có thể xảy ra trên Trái đất cũng như về bản thân và khả năng của chúng ta. Hãy tự mình đánh giá sự tiến bộ góp phần tạo nên những hy vọng này. Tàu thăm dò Voyager 1, được phóng vào năm 1977, “chỉ” chạm tới ranh giới của hệ mặt trời trong 35 năm. Và ngày nay “đầu dò nano” đã được thiết kế để có thể tiếp cận ngôi sao gần nhất của chúng ta, Alpha Centauri, nằm ở cách xa hơn hàng nghìn lần, chỉ trong 20 năm! Cuộc tấn công khoa học vào không gian, chắc chắn sẽ được theo sau bởi hoạt động khám phá nó, vẫn tiếp tục. Bạn cũng có thể tham gia vào nó. Per aspera ad astra!

Câu hỏi và bài toán

1. Tại sao bạn không thể nhìn thấy các ngôi sao vào ban ngày? 2. Tháng 7, 12 giờ trưa. Những ngôi sao có thể nhìn thấy trên bầu trời? 3. Những vật thể nào của hệ mặt trời có thể (ít nhất là đôi khi) được quan sát thấy trong chòm sao Ursa Major? 4. Tại sao nó có vẻ sáng hơn khi một ngôi sao mọc lên phía trên đường chân trời? 5. Một ngôi sao có thể được coi là nguồn sáng điểm không? 6. Các ngôi sao khác với các hành tinh như thế nào? 7. Trong bất kỳ kính thiên văn nào, các ngôi sao đều có thể nhìn thấy được dưới dạng các điểm sáng. Ưu điểm của việc quan sát các ngôi sao qua kính thiên văn so với quan sát bằng mắt thường là gì? 8. Các thiết bị quan sát thiên văn được lắp đặt trên tàu vũ trụ nhằm mục đích gì? 9. Các ngôi sao có chuyển động tương đối với nhau không? Họ có thể va chạm?

10. Tại sao hầu hết các ngôi sao và hành tinh đều có hình dạng gần giống hình cầu? 11. Những thiên thể nào có nhiệt dung âm? 12. Bức xạ sao là gì? 13. Tại sao các ngôi sao lạnh có màu đỏ, trong khi các ngôi sao nóng có màu trắng? 14. Làm thế nào chúng ta có thể giải thích rằng trong quá trình chuyển động hàng năm của Trái đất, các vạch trong quang phổ của các ngôi sao mà Trái đất tiến tới bị dịch chuyển về phía tím? 15. Nguồn năng lượng của các ngôi sao là gì? 16. Có thể phát hiện ra lỗ đen không? 17. Người Hy Lạp cổ đại có thể “nhìn” về quá khứ bao xa khi chiêm ngưỡng bầu trời đầy sao?

Kinh nghiệm vi mô

Cố gắng lặp lại trải nghiệm được mô tả trong đoạn văn đầu tiên. Bạn có thực sự nhìn thấy một ngôi sao không có tia sáng không? Tại sao?

Thật thú vị rằng…

…việc chia bầu trời thành các chòm sao là chủ quan. Vì vậy, 7 ngôi sao của chòm sao Bắc Đẩu quen thuộc ở Trung Quốc từ lâu đã được phân bổ thành hai chòm sao, gồm ngựa và xe ngựa…. Pythagoras tin rằng một số tầng trời quay quanh Trái đất - những quả cầu rỗng trên đó các hành tinh và các ngôi sao được cố định. Ông coi tất cả các ngôi sao sáng này (bao gồm cả Mặt trời) là các lỗ trong các quả cầu tối, qua đó có thể nhìn thấy “ngọn lửa thiên đường” lấp đầy Vũ trụ…. thông tin mà Galileo thu được bằng kính thiên văn đã trở thành kết quả đầu tiên của vật lý thiên văn thực nghiệm. Vì vậy, có nhiều ngôi sao hơn người ta nghĩ trước đây; các tinh vân, bao gồm cả Dải Ngân hà, xuất hiện dưới dạng những bộ sưu tập sao khổng lồ; những ngôi sao nhỏ gần Sao Mộc thực ra lại là vệ tinh của nó. Là người đầu tiên sử dụng cụm từ “tốc độ ánh sáng”, Galileo đề xuất sử dụng kính viễn vọng trong một thí nghiệm trên trái đất để đo nó…. đối với những cư dân lâu đời của “vườn thú sao” - các sao lùn trắng và đỏ - các sao lùn “nâu” gần đây đã được thêm vào. Chúng là những thiên thể có khối lượng lớn hơn khối lượng của một hành tinh nhưng nhỏ hơn khối lượng của một ngôi sao. Phản ứng nhiệt hạch trong đó có sự tham gia

đồng vị ánh sáng $водорода^{1} H$ không thể bắt đầu, nhưng chúng vẫn phát ra tia hồng ngoại do bị nén chậm dưới tác động của trọng lực…. cách đây hơn nửa thế kỷ, các ẩn tinh đã được phát hiện - những ngôi sao có từ trường mạnh nhất được biết đến trong tự nhiên. Chúng hóa ra là những ngôi sao neutron bị từ hóa quay nhanh - những hạt nhân nguyên tử đặc biệt, cực kỳ giàu neutron… Không thể “nhìn thấy” một lỗ đen, vì không có gì, kể cả một chùm ánh sáng, có thể vượt qua trường hấp dẫn khổng lồ của nó. Tuy nhiên, có nhiều cách để có thể phát hiện ra nó (bài toán 19)… vào đêm 23-24 tháng 2 năm 1987, các nhà thiên văn học trên Trái đất đã quan sát thấy một vụ nổ siêu tân tinh. Tuy nhiên, vụ nổ của nó đã xảy ra sớm hơn 180 nghìn năm, vì phải mất rất nhiều thời gian để ánh sáng vượt qua khoảng cách ngăn cách chúng ta. Và vài năm trước, kính viễn vọng không gian Hubble và Spitzer đã phát hiện ra thiên hà xa nhất, ánh sáng từ đó truyền tới Trái đất trong 13,2 tỷ năm… việc tìm kiếm các hành tinh ngoài Trái đất đã giúp khám phá ra một hệ thống đáng kinh ngạc. Ngoại hành tinh quay quanh một ngôi sao đôi. Ở khoảng cách 1000 đơn vị thiên văn ngoài quỹ đạo của nó quanh hai ngôi sao bên trong, có thêm hai hành tinh bên ngoài quay.

Những gì cần đọc trong «Kvant» về vật lý thiên văn

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Đâu là đường chân trời hay rìa của Vũ trụ?” – 2013, số 5/6, tr.2; 2. “Từ một inch đến vũ trụ” - 2016, Phụ lục số 2, tr. 155; 3. “Vũ trụ học của Friedman: những ngọn núi có thật và tiềm năng” – 2017, số 1, tr. 2; 2017, không. 2, tr.9; 4. “Thiên văn học đã trở lại trường học” – 2017, số 12, tr.2; 2018 số 1, tr. 2; 5. “Vật lý thiên văn trong kỳ thi Vật lý thống nhất cấp Nhà nước” – 2018, số 1, tr. 42; 6. “Sự ra đời của Thiên văn học Sóng hấp dẫn” – 2018, Số 3, tr. 14; 7. “Qua gai tới các vì sao” – 2018, số 6, tr. 34;

2. “ITER – Sao Trái Đất” – 2018, số 8, tr.2; 9. “ITER – Hôm nay” – 2018, số 10, tr.2.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

CỦA CHÚNG TÔI VÀ ĐƯỢC QUAN SÁT VÀ TÔI

Ma sát so với trọng lực

M.STARSHOV

cát. Vẫn chưa có gì thú vị, nhưng sau đó… Giữ chặt cái chai trong không khí bằng hai ngón tay của bàn tay trái, tôi dùng lòng bàn tay phải đập mạnh vào nút chai. Đương nhiên, lúc đầu tôi không nhận thấy điều gì mới. Nhưng sau một cú “tát vào đầu” nào đó, một quả bóng phẫn nộ xuất hiện từ trên cát (Hình 1).

NHIỀU NĂM TRƯỚC, một chai rượu mạnh nhập khẩu hoàn toàn vô tình rơi vào tay tôi. Đương nhiên, nó rất khác so với những hộp thủy tinh không thay đổi đựng rượu vodka của Liên Xô, như tôi sẽ nói hôm nay, về thiết kế của nó, nhưng hơn hết, tôi rất ngạc nhiên bởi một loại âm thanh gõ nào đó khi lắc cái chai rỗng. Sau khi tháo nút chai ra, tôi tìm thấy trong đó một quả cầu thủy tinh rất đẹp, tôi rất tiếc phải vứt đi. Ai đó đã nghĩ ra nó và làm nó rất cẩn thận! Khi đó tôi đang làm ca cho trẻ có năng khiếu tại một trại y tế và quyết định chế tạo một loại nhạc cụ gõ từ các chai có lượng nước khác nhau - đó là lý do tại sao tôi cần những chai rỗng. Và những người khác nhau liên tục đến khe núi dưới núi của chúng tôi để rải những chiếc đĩa trống trong rừng. Phải nói rằng đồng bào chúng ta có những nguyên tắc sống vững vàng, luôn đóng nắp cẩn thận khi nó không còn phục vụ được họ nữa, chỉ khi đó mới vứt vào bụi rậm. Sau khi mang những chiếc chai khác nhau này đến trại trong một giờ yên tĩnh và rửa sạch chúng, tôi bắt đầu tháo rời các nút chai. Nhiều nút chai có quả bóng bên trong - một số bằng nhựa, một số bằng thủy tinh. Những cái nhựa trông không đẹp lắm, nhưng chúng có những lỗ rỗng và bạn có thể “chơi” với chúng theo định luật Archimedes - mật độ trung bình của chúng hóa ra gần bằng mật độ của nước lạnh. Đã lâu rồi tôi không nghĩ ra quả bóng thủy tinh có tác dụng gì. Nhưng cuối cùng, một “công việc vật lý” đã được tìm thấy cho họ. Mọi thứ hóa ra rất đơn giản. Trong một “chai penicillin” nhỏ thanh lịch, như chúng tôi gọi nó khoảng sáu mươi năm trước, tôi đổ cát sông khô đã rây, đổ đầy nửa chai, cho một quả cầu thủy tinh vào và đậy kín bằng nút nhựa. Tôi lắc cái chai và quả bóng hoàn toàn ẩn dưới lớp

Hình 1

Điều này có nghĩa là một quả cầu thủy tinh đặc hơn nổi lên trên cát trơn, vi phạm định luật vạn vật hấp dẫn! Không phải mọi trải nghiệm vật lý hoặc quan sát đơn giản đều có thể được giải thích ngay lập tức. Vì vậy, trong bong bóng có quả bóng này có thể ẩn chứa một bí mật nào đó và một vấn đề vật lý tương ứng. Đối với tôi, dường như quán tính là nguyên nhân cho mọi thứ. Một quả cầu thủy tinh đặc hơn cát khô và quán tính giúp duy trì vị trí của nó trong không gian khi bị đẩy mạnh. Và đây là lúc Lực ma sát lớn phát huy tác dụng. Bên dưới quả bóng, cát đặc hơn một chút so với bên trên nó, nơi lớp mỏng hơn và không có đáy bong bóng cứng. Tôi nghi ngờ chính vì điều này mà lực ma sát ở nơi này yếu hơn một chút. Với mỗi lần đẩy, cuộc thi “quán tính-ma sát-trọng lực” tạo ra một lợi thế quán tính nhỏ, cát chảy xung quanh quả bóng và bây giờ nó đã trượt khỏi đỉnh của quả bóng, khi đó chuyển động ngày càng trở nên dễ dàng hơn. Cuối cùng, toàn bộ quả bóng hiện ra trước mắt chúng ta đầy ngưỡng mộ. Tôi sẵn sàng thừa nhận rằng đây không phải là lời giải thích duy nhất cho sự tiến bộ bền bỉ của quá trình

36

KVAN T 2018/№10

bóng qua cát lún. Tuy nhiên, một quan sát nữa. Vì nút chai đóng chai một cách an toàn nên nó có thể được lật lại bằng cách đổ đầy cát vào quả bóng một lần nữa. Dùng lòng bàn tay chạm vào đáy bong bóng, tôi lại thấy một quả bóng nổi lên từ cát (Hình 2). Đáng kể

Hình 3

Bất cứ khi nào bạn nhấn nút chai, quả bóng sẽ bay lên. Bây giờ chúng ta xoay bong bóng nửa vòng quanh trục đối xứng và một lớp cát bao phủ quả bóng. Tóm lại, chúng ta có thể nói thêm rằng cát không nhất thiết chỉ là cát; nó có thể được thay thế hoàn hảo bằng một thứ khác có sẵn trong mỗi nhà bếp. Và bạn không cần phải tìm quả bóng trong chai nhập khẩu mà bạn có thể nhặt nó lên – theo đúng nghĩa đen! - người thay thế anh ấy trong công viên mùa thu ở khu trung tâm của chúng tôi. Hãy tự mình suy nghĩ, hãy tự mình tìm kiếm!

Ghi chú

Hình 2

Bạn có thể tăng tốc độ trình diễn một cách dễ dàng và đơn giản - chỉ cần giữ bong bóng nằm nghiêng khi trục đối xứng của nó nằm ở vị trí nằm ngang (Hình 3). Một hoặc hai chân

Lời giải thích về hành vi của quả bóng trên cát mà tác giả bài viết đưa ra có vẻ không thuyết phục lắm đối với người biên tập. Vì vậy, mời độc giả đưa ra lời giải thích vật lý của riêng mình cho hiệu ứng được mô tả.

LƯU Ý ĐỌC VÀ TÁC GIẢ CỦA TẠP CHÍ CỦA CHÚNG TÔI!

Bắt đầu từ năm nay, một số bài báo của tạp chí «Kvant» được gán mã định danh ấn phẩm kỹ thuật số được cộng đồng khoa học chấp nhận - DOI (Mã định danh đối tượng kỹ thuật số). Sử dụng mã định danh được gán (một lần và mãi mãi) cho bài viết này, bạn có thể lấy thông tin về nó trong cơ sở dữ liệu, đặc biệt là trên Internet. Khi gửi một bài báo cho các biên tập viên của tạp chí của chúng tôi, chúng tôi yêu cầu các tác giả cung cấp thông tin về bản thân họ, ngoài họ, tên và họ viết tắt, cũng như nơi làm việc, chức vụ nắm giữ và địa chỉ email. Bạn có thể đăng ký tạp chí của chúng tôi từ bất kỳ số nào tại bất kỳ bưu điện nào. Chỉ số đăng ký của chúng tôi trong danh mục Báo chí Nga là 90964. Bạn có thể tìm thấy kho lưu trữ các số đã xuất bản của tạp chí «Kvant» trên trang web http://kvant.ras.ru

38

K V AN T 2018/№10

Hình 2

dưới một pít-tông mỏng không trọng lượng, được giữ cân bằng bằng một lò xo đặt giữa pít-tông và nắp bình. Trong trường hợp này, chiều dài của lò xo không biến dạng bằng chiều cao của bình. Một chân không được tạo ra trong không gian phía trên piston. Cả hai bình đều được làm nóng đến cùng nhiệt độ cuối cùng. Tìm tỉ số n của công do khí thực hiện ở bình bên trái và công do khí thực hiện ở bình bên phải. Có thể bỏ qua ma sát khi piston chuyển động. 2. Bạn biết những loại hóa hơi nào? Xác định nhiệt dung riêng của sự hóa hơi. Bài toán. Mật độ của không khí ẩm ở nhiệt độ $t_{0} 27 q C$ và áp suất $p_{0} 10^{5}$ Pa bằng U 1,15 kg $м^{3}$. Độ ẩm tương đối M của không khí này là bao nhiêu nếu mật độ hơi nước bão hòa ở nhiệt độ $t_{0}$ bằng $U_{0} 25,8$ kg $м^{3}$? Hằng số khí phổ quát là R 8,31 J mol K, khối lượng mol của không khí khô là $0_{1} 29$ g mol, khối lượng mol của nước là $0_{2} 18$ g mol. Đáp số đưa ra dưới dạng phần trăm, làm tròn thành số nguyên.

ĐIỆN ĐỘNG LỰC

1. Xác định công suất điện. Viết công thức tính điện dung của tụ điện phẳng. Bài toán. Một tụ điện bản song song có điện dung C = 400 pF được nối với nguồn điện áp không đổi U = 2 kV. Không ngắt tụ điện ra khỏi nguồn, các bản tụ của nó được dịch chuyển từ từ ra xa nhau sao cho khoảng cách giữa chúng tăng lên n = 4 lần. Xác định công $A_{мех}$ được thực hiện bởi các lực đẩy các bản tụ ra xa nhau. 2. Cường độ điện trường là gì? Cường độ trường tĩnh điện của điện tích điểm là gì?

Bài toán. Hiệu điện thế giữa các bản của tụ điện có công suất $C_{1} = = 1$ µF bằng $U_{1} = 20$ V. Tụ điện thứ hai có công suất $C_{2} = 3$ µF được tích điện đến hiệu điện thế giữa các bản $U_{2} = 10$ V. Các bản tích điện trái dấu của các tụ điện này được nối với nhau bằng dây dẫn (Hình 3). Xác định thời gian

Hình 3

Khi k tổng năng lượng của tụ điện thay đổi. Cho Đáp số dưới dạng phân số tối giản.

QUANG HỌC

1. Xây dựng định luật phản xạ ánh sáng. Cho ví dụ về cách dựng ảnh của một vật qua gương phẳng. Bài toán. Hai gương phẳng tạo thành một góc nhị diện D 60 q. Một điểm sáng chuyển động đều dọc theo tia phân giác của góc đó với vận tốc v = 2 cm/s. Sau khoảng thời gian nào khoảng cách giữa ảnh đầu tiên của một điểm trong gương thay đổi một lượng ’ $x_{=} = 12$ cm? 2. Xây dựng định luật khúc xạ ánh sáng. Góc giới hạn của phản xạ toàn phần là bao nhiêu? Bài toán. Một tấm gương phẳng khá lớn nằm trên đáy nằm ngang của một chiếc bình rộng. Đổ một chất lỏng có chiết suất n = 1,5 vào một bình và đặt một màn mờ đục lên mặt trên của chất lỏng, che phủ hoàn toàn bề mặt của nó. Ở giữa màn hình có một lỗ tròn nhỏ được chiếu sáng bằng ánh sáng khuếch tán. Diện tích S của vùng được chiếu sáng ở phía dưới màn hình là bao nhiêu nếu độ dày của lớp chất lỏng là h = 10 cm? Đáp số tính theo cm vuông, làm tròn đến số cm. Ấn phẩm được chuẩn bị bởi S. Chesnokov

45

BÀI KIỂM TRA

NGUYÊN VẬT LIỆU

Hình 5

Hình 4

những quả bóng đã được đổi chỗ. Điểm tựa của cân đòn bẩy phải di chuyển một khoảng x bằng bao nhiêu để nó trở lại trạng thái cân bằng? 4. Hạ nhiệt kế vào bình thủy có nước, trên đó hiển thị nhiệt độ $T_{0}$. Một tảng băng có khối lượng ’ m và có $температуру^{0} q C$ được ném xuống nước. Khi băng tan, nhiệt kế hiển thị nhiệt độ $T_{1}$. Sau đó, một mảnh băng giống hệt khác được ném xuống nước. Sau khi băng tan, nhiệt kế hiển thị nhiệt độ $T_{2}$. Xác định khối lượng m của nước lúc đầu có trong bình. Bỏ qua nhiệt lượng của phích nước và nhiệt kế.

nhà bên cạnh. Nên đặt máy phóng cách ngôi nhà một khoảng cách bao nhiêu x để sau khi tác dụng đàn hồi lên mái nhà này, nó sẽ đạt độ cao lớn nhất có thể so với mặt đất? Chiều cao nhà H, độ dốc mái 45q. Bỏ qua ảnh hưởng của không khí. Gia tốc trọng trường là g. 4. Một đĩa nằm ngang bán kính R quay phía trên bàn ở độ cao H với vận tốc góc Z (Hình 6). Cách trục một khoảng r

lớp 9

1. Một đoạn dây đồng dài 10 cm được cắt thành hai đoạn. Tìm chiều dài của các mảnh này nếu khi mắc song song, tổng điện trở của chúng bằng 0,24 điện trở của mảnh ban đầu. 2. Hạ nhiệt kế vào bình thủy có nước, trên đó hiển thị nhiệt độ $T_{0}$. Một mảnh băng được ném xuống nước. Khi băng tan, nhiệt kế hiển thị nhiệt độ $T_{1}$. Sau đó, một mảnh băng giống hệt khác được ném xuống nước, có nhiệt độ ban đầu bằng nhiệt độ ban đầu. Sau khi băng tan, nhiệt kế hiển thị nhiệt độ $T_{2}$. Xác định khối lượng m của một tảng băng nếu biết ban đầu bình nước chứa nước có khối lượng m. Bỏ qua nhiệt lượng của phích nước và nhiệt kế. 3. Một máy phóng ném một quả bóng tennis với vận tốc ban đầu v theo một góc D so với phương ngang (Hình 5). Quả bóng chạm vào mái nhà

Hình 6

một cơ thể nhỏ được dán vào đĩa. Đột nhiên cơ thể trở nên không bị dính và lực dính giữa đĩa và cơ thể biến mất. Sau bao lâu vật đến được bàn? Bỏ qua ma sát và ảnh hưởng của không khí. Gia tốc trọng trường là g.

lớp 10

1. Thanh cứng hình chữ L không trọng lượng ABC (góc B thẳng) có thể quay tự do quanh điểm O (Hình 7). Độ dài các đoạn AO, OB, BC lần lượt là 1 cm, 4 cm và 3 cm. Tại điểm A vào thanh

Hình 7

47

BÀI KIỂM TRA

nếu biết rằng trong toàn bộ chuyển động, thanh dưới không di chuyển lên trên. Gia tốc trọng trường là g.

Giai đoạn thứ hai (cuối cùng)

lớp 8

1. Từ một bình hình khối chứa đầy đá lên trên cùng, một khối băng có cạnh bằng nửa cạnh của bình được cắt ra và lấy ra. Họ bắt đầu đổ từ từ nước vào khoang thu được với nhiệt độ ban đầu là $T_{в} 15 q$ C, khoang này đóng băng khi đổ vào. Kết quả là bình lại chứa đầy băng, nhiệt độ ở trạng thái ổn định hóa ra là $T_{л} 20 q$ C. Tìm nhiệt độ ban đầu của băng. Nhiệt dung riêng của nước đá $с_{л} 2100$ J kg độ, nước $с_{в} 4200$ J kg độ, nhiệt dung riêng của nước đá tan chảy O 336000 J kg. Tàu được cách nhiệt; khả năng sinh nhiệt của các bức tường cũng như sự trao đổi nhiệt với môi trường có thể bị bỏ qua. 2. Một vật hình lập phương nổi trong một bình chứa chất lỏng sao cho 1/6 thể tích của nó nổi lên trên bề mặt chất lỏng. Bình chứa chất lỏng và thân được làm nóng đến một nhiệt độ nhất định. Do sự giãn nở nhiệt (không giống nhau đối với vật và chất lỏng), thể tích của vật, vốn giữ nguyên dạng hình lập phương, tăng x lần và tổng thể tích của chất lỏng tăng kx lần. Tìm k nếu biết sau khi đun nóng vật nổi trong chất lỏng, nhúng hoàn toàn vào chất lỏng. 3. Trên một đường thẳng, cách nhau l = 3 km có hai hầm, chiều dài vượt quá l (Hình 11). Vận tốc xe ở khu vực thoáng là v = 60 km/h và trong hầm

Hình 11

u = 40 km/giờ. Tại thời điểm ban đầu, một ô tô bắt đầu đi vào đường hầm thứ nhất, ô tô thứ hai di chuyển về phía sau L = 6 km. Khoảng cách giữa các xe tại thời điểm xe phía sau bắt đầu rời khỏi đường hầm đầu tiên là bao nhiêu?

NGUYÊN VẬT LIỆU

4. Một sợi dây đồng chất có khối lượng M bị uốn vuông góc tại một điểm nhất định, chia nó thành hai đoạn không bằng nhau có chiều dài a và b (a > b). Dây được treo ở điểm uốn (Hình 12). Nai-Hình. 12 Tìm khối lượng m của một vật điểm cần được gắn vào đầu của một đoạn có chiều dài b sao cho ở trạng thái cân bằng, các đoạn đó lệch khỏi phương thẳng đứng một góc bằng nhau.

lớp 9

1. Một vật hình lập phương nổi trong một bình chứa chất lỏng sao cho 1/5 thể tích của nó nổi lên trên bề mặt chất lỏng. Bình chứa chất lỏng và thân được làm nóng đến một nhiệt độ nhất định. Do sự giãn nở nhiệt (không giống nhau đối với vật và chất lỏng), thể tích của vật, vốn giữ nguyên dạng hình lập phương, tăng x lần và tổng thể tích của chất lỏng tăng kx lần. Tìm k nếu biết sau khi đun nóng vật nổi trong chất lỏng, nhúng hoàn toàn vào chất lỏng. 2. Cậu học sinh Petya nhận được một mạch điện gồm bốn điện trở, một nguồn điện áp U = 10 V và một miliampe kế (Hình 13). Ba điện trở giống nhau

Hình 13

sức chống cự. Để xác định điện trở của các điện trở, Petya lần lượt nối một đoạn ngắn mạch (dây có điện trở bằng 0) giữa các điểm AB, BC và CD rồi ghi lại số đọc của thiết bị. Kết quả đo lần lượt như sau: 12 mA, 12 mA và 15 mA. Milliampe kế và nguồn điện áp là lý tưởng. Tìm giá trị của tất cả các điện trở trong mạch $R_{AB}, R_{BC}, R_{CD}, R_{DA}. 3.$ Một hạt tích điện nhỏ có khối lượng m được đặt trên một kim đan cố định có chiều dài L (Hình 14). Sau khi bật nguồn điện trường ngang,

50

K V AN T 2018/№10

Hình 25

tường cao (Hình 25). Một quả bóng nhỏ được ném từ góc tạo bởi tường và mặt phẳng nghiêng, tạo cho nó vận tốc hợp với mặt phẳng nghiêng D E S 2 một góc E. Quả bóng sẽ chạm mặt phẳng nghiêng bao nhiêu lần trước khi chạm vào tường? Các tác động của quả bóng là hoàn toàn đàn hồi. (Phần nguyên của số được ký hiệu là [ ].) 5. Ước tính khoảng cách trung bình giữa một phân tử carbon dioxide và một phân tử oxy lân cận trong bầu khí quyển Trái đất trong điều kiện bình thường. Giả sử rằng bạn hiểu rõ về hiện tượng này, bạn có thể đặt các đại lượng cần thiết cho lời giải bài toán, chọn các giá trị số của chúng và thu được kết quả bằng số.

6. Bài toán-trình diễn (video được hiển thị). Hai quả bóng không bằng nhau - lớn và nhỏ - được treo trên những sợi dây gần nhau. Khi bắt đầu thí nghiệm, các quả bóng đứng yên, các sợi dây thẳng đứng và tâm của các quả bóng có cùng độ cao. Một trong những quả bóng bị chệch hướng và thả ra, sau đó người ta quan sát thấy sự va chạm của các quả bóng. Hóa ra là nếu bạn làm chệch hướng một quả bóng nhỏ và thả nó ra, thì sau mỗi lần va chạm lẻ, các quả bóng sẽ chuyển động theo các hướng khác nhau, và sau mỗi lần va chạm chẵn, quả bóng lớn sẽ bất động. Nếu bạn làm chệch hướng quả bóng lớn và thả nó ra thì sau mỗi lần va chạm lẻ các quả bóng sẽ chuyển động về một hướng, và sau mỗi lần va chạm chẵn quả bóng nhỏ sẽ đứng yên. Giải thích hiện tượng quan sát được. Ấn phẩm được biên soạn bởi V. Batkin, V. Borovkov, E. Zhdanov, A. Kipriyanov, S. Lezhnin, M. Makhmudian, A. Nenashev, E. Palchikov, A. Pogosov, D. Pokhabov, G. Fedotovich

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

NHIỆM VỤ

(xem «Kvant» số 9)

1. 13. Mọi người đều có đầu nhưng chỉ có người không có đuôi nên có 40 – 36 = 4 người trong phòng thí nghiệm. Chỉ có rắn là không có chân, còn người có 2 chân, nghĩa là chuột có 100 – 8 = 92 chân. Mỗi con chuột có 4 chân, tức là có 92: 4 = = 23 con chuột sống trong phòng thí nghiệm. Vậy có 40 – (4 + 23) = 13 con rắn sống trong phòng thí nghiệm. 2. Tam giác AQC cân cạnh đáy AC (Hình 1). Tâm đường tròn

Hình 1

O cách đều tất cả các đỉnh của tam giác nên tam giác AOC cũng cân với đáy AC. Từ các tam giác cân ta thu được QAC QCA và OAC OCA. Kể từ QAO QAC OAC và QCO QCA OCA, rồi đến QAO QCO. Từ lập luận tương tự cho các tam giác AOB và APB, ta thu được PAO PBO. Và vì PAO và QAO có cùng một góc nên QCO và PBO bằng nhau. 3. Họ có thể. Chúng ta hãy chỉ định một số đỉnh của ngôi sao, như trong Hình 2,a. Đường chéo của hình ngũ giác đều CE song song với cạnh AB; tương tự BE song song với CD. Khi đó tứ giác BCE có hai cặp cạnh song song, tức là hình bình hành. Ngoài ra BE =

= EC, vì đây là các đường chéo của một ngũ giác đều nên BCE là hình thoi và BN = BE. Hãy cắt ngôi sao dọc theo đoạn BE và sắp xếp lại các phần, như trong Hình 2,b. Với sự sắp xếp lại này, các cạnh sẽ trùng nhau vì BN = BE. Hình thu được sẽ bao gồm một hình thoi và hai hình ngũ giác không lồi giống hệt nhau gắn vào các cạnh đối diện của nó và do đó sẽ đối xứng qua tâm của hình thoi. 4. Seryozha có thể bao nhiêu tuổi cũng được, không quá 10. Một năm không nhuận có 365 ngày. Vì 365 khi chia cho 7 sẽ dư 1, nên ngày trong tuần có ngày sinh sẽ thay đổi 1 theo mỗi năm như vậy (thay vì Thứ Hai thì sẽ là Thứ Ba, thay vì Thứ Ba sẽ là Thứ Tư, v.v.). Nếu giữa hai ngày sinh nhật có ngày 29 tháng 2 năm nhuận thì sẽ có sự lệch nhau 2 ngày. Năm nhuận xảy ra sau 3 năm vào ngày thứ tư hoặc sau 7 năm vào ngày thứ tám (nhưng chỉ 100 năm một lần). Hãy ghi lại chuỗi ngày dài nhất trong tuần rơi vào cùng một ngày trong các năm liên tiếp giữa hai ngày thứ Sáu. Các ngày trong tuần sẽ liên tục và trong những năm nhuận sẽ bỏ qua một ngày. Để Seryozha được hơn bảy tuổi, phải bỏ lỡ ít nhất một ngày thứ Sáu. Theo một hướng từ thứ Sáu này (ví dụ hướng tới tương lai) năm nhuận sẽ cách đó 4 năm nên trình tự sẽ như sau: Thứ Bảy-Chủ Nhật-Thứ Hai-Thứ Tư-Thứ Năm-Thứ Sáu. Ở hướng ngược lại (với quá khứ) hoặc giống nhau, và sau đó trình tự hoàn chỉnh là Thứ Sáu-Thứ Bảy-Chủ Nhật-Thứ Ba-Thứ Tư-Thứ Năm-Thứ Bảy-Chủ Nhật-Thứ Hai-Thứ Tư-Thứ Năm-Thứ Sáu. Có 10 năm giữa hai ngày thứ Sáu. Năm đầu tiên Seryozha chào đời, sau đó cậu bé tròn 1, 2, …, 9 tuổi. Hoặc bảy năm không nhuận liên tiếp lùi về quá khứ, và trình tự giữa hai ngày Thứ Sáu dài hơn một năm: Thứ Sáu-Thứ Bảy-Chủ Nhật-Thứ Hai-Thứ Ba-Thứ Tư-Thứ Năm-Thứ Bảy-Chủ Nhật-Thứ Hai-Thứ Tư-Thứ Năm-Thứ Sáu. Có 11 năm giữa hai ngày thứ Sáu. Trong trường hợp tối đa, đây sẽ là từ 0 đến 10 năm cuộc đời của Serezha.

KÍNH KÍNH KÍNH “QUANTA”

Câu hỏi và bài toán

Hình 2

1. Ánh sáng mặt trời bị tán xạ bởi bầu khí quyển sáng hơn nhiều so với ánh sáng của các ngôi sao. 2. Nó phụ thuộc vào nơi nào. Ví dụ, ở Nam Cực, chúng có thể nhìn thấy được. 3. Sao chổi và tiểu hành tinh. Các vật thể còn lại của Hệ Mặt trời chỉ có thể được quan sát ở gần đường hoàng đạo. 4. Ánh sáng từ một ngôi sao nhìn thấy gần đường chân trời truyền đi một chặng đường dài hơn trong khí quyển so với từ

52

KVAN T 2018/№10

các ngôi sao đang ở đỉnh cao và bị hấp thụ ở mức độ lớn hơn. Ánh sáng rực rỡ của khí quyển ở gần đường chân trời cũng lớn hơn ở gần thiên đỉnh. Do đó, trên nền sáng hơn gần đường chân trời, ánh sáng yếu đi của ngôi sao thậm chí còn yếu hơn. 5. Có, vì khi nói đến nguồn sáng điểm, chúng tôi muốn nói đến nguồn sáng có kích thước nhỏ hơn đáng kể so với khoảng cách mà tại đó tác dụng của nó được đánh giá. 6. Các ngôi sao là những vật thể to lớn, nóng bỏng và tự phát ra ánh sáng. Và các hành tinh là những vật thể khá lạnh, tỏa sáng với ánh sáng phản chiếu của một ngôi sao. 7. Độ sáng của ảnh điểm của một ngôi sao tăng lên vì luồng ánh sáng đi vào thấu kính thiên văn lớn hơn đồng tử của mắt thường. 8. Trong không gian, có thể sử dụng toàn bộ phổ bức xạ điện từ trong quá trình quan sát. Và trong quá trình quan sát trên mặt đất, bầu khí quyển hấp thụ phần lớn tia hồng ngoại, tia cực tím và tia X. 9. Tất cả các ngôi sao đều chuyển động và khá nhanh. Chúng ta không nhận thấy điều này bằng mắt thường vì chúng ở rất xa chúng ta và rất xa nhau. Vì lý do tương tự, các ngôi sao bình thường va chạm cực kỳ hiếm khi xảy ra. Vì vậy, các nhà thiên văn học đã không quan sát thấy điều này cho đến tận bây giờ. 10. Hình dạng này tương ứng với thế năng tối thiểu. 11. Tại các vì sao. Khi năng lượng tăng lên, ngôi sao nở ra và đồng thời nguội đi do tác dụng chống lại lực hấp dẫn. 12. Về cơ bản, đây là quang phổ bức xạ nhiệt liên tục, từ đó xác định được nhiệt độ bề mặt của ngôi sao. Các vạch phát xạ quang phổ của các nguyên tử ở các lớp bề mặt của một ngôi sao cung cấp thông tin về thành phần hóa học của nó. 13. Các ngôi sao nguội chủ yếu phát ra vùng màu đỏ và hồng ngoại của quang phổ, xác định màu sắc của chúng. Các ngôi sao nóng phát ra bức xạ đáng chú ý trong toàn bộ phạm vi quang học, tạo ra vẻ ngoài có màu trắng. 14. Hiệu ứng Doppler. Sự dịch chuyển của các vạch sang vùng màu đỏ của quang phổ tương ứng với việc loại bỏ vật thể, sang vùng màu tím - theo cách tiếp cận của nó. 15. Các ngôi sao nóng lên do phản ứng nhiệt hạch giải phóng năng lượng. Chúng chủ yếu tiêu thụ hydro và tạo ra heli. 16. Một khả năng hiển nhiên là phát hiện gián tiếp một lỗ đen từ chuyển động của ngôi sao đồng hành nhìn thấy được về mặt quang học của nó xung quanh một khối tâm chung.

17. Vật thể ở xa nhất mà người Hy Lạp cổ đại, những người không có kính thiên văn, có thể quan sát được là Tinh vân Andromeda, nằm ở khoảng cách khoảng 2 triệu năm ánh sáng. Vì vậy, họ có thể “nhìn về quá khứ” cách đây khoảng 2 triệu năm.

Kinh nghiệm vi mô

Nguyên nhân dẫn đến sự xuất hiện rạng rỡ của các ngôi sao không liên quan đến đặc điểm cấu trúc của chúng mà liên quan đến cấu trúc thấu kính của mắt chúng ta. Bằng cách chỉ truyền vào nó một chùm ánh sáng mỏng đi qua phần trung tâm của thấu kính, chúng ta loại bỏ ảnh hưởng của cấu trúc của nó và coi các ngôi sao là những điểm sáng.

ỐNG “Ma”

Trong trường hợp có năm ống, 4 ống đầu tiên có thể được đặt lại ở các đỉnh của hình thoi dài và ống thứ năm – ở giữa một trong các cạnh của hình thoi này (Hình 3). Và sáu ống có thể được đặt

Hình 3 tại các đỉnh của hình thoi thon dài và điểm giữa của hai cạnh đối diện của nó (Hình 4).

Hình 4

LẠI LẠI VỀ XÂY DỰNG ĐƯỜNG TANG

Cho chúng ta một đường tròn k (vòng tròn màu đỏ trong Hình 5) và một điểm E trên đó. Chúng tôi thực hiện

Hình 5