[Решения задач М8—М10; Ф12—Ф17]

38

М8. Двое играют в такую игру. Из кучки, где имеется 25 спичек, каждый берет себе по очереди одну, две или три спички. Выигравает тот, у кого в конце игры — после того, как все спички будут разобраны, — оказывается четное число спичек.

Кто выигравает при правильной игре — начинающий или его партнер? Как он должен играть, чтобы выиграть? Как изменится ответ, если считать, что выигравает забавший нечетное число спичек?

Исследуйте эту игру в общем случае, когда спичек 2n+1 и разрешается быть любое число спичек от 1 до m.

Решение

Для того чтобы говорить об игре, необходимо как-то назвать ее участков. Условия раз навсегда называют из них Я, а другого Он.

Прежде всего немного обобщим условия задачи. Число N спичек, лежащих на столе в начале игры, может быть любым, а не только нечетным. При этом для четырех N один из игровывателей, если в конце игры у общих четырех число спичек, а другой — если нечетное.

Мы рассматриваем, строго говоря, сразу бесконечное число игр, так как N и m могут быть любыми натуральными числами. Далее если m и N заданы, возможно два варианта: Я выигравало, если в конце игры у меня 1) четное, 2) нечетное число спичек.

Будем говорить сначала об всех вариантах этой игры вместе.

Давайте подумаем о том, что надо помнить игроку в ходе игры. Надо ли ему помнить все его ходы и ходы его противника с начала игры? Нет, в любом варианте ему достаточно знать следующие:

1. сколько осталось спичек на столе,
2. четное ли у него число спичек,
3. чей ход.

Если заданы эти три параметра, то мы будем говорить, что задано состояние игрок может сделать m разных ходов (или меньше, если на столе осталось спичек меньше m). Каждый его ход переводит игру в другой состояние, когда ходит его партнер.

Состояния игры удобно изобразать на бумаге в виде клеточки или кружочков, а возможно ходы в виде стрелок. Так мы и сделаем.

Таблица на рисунке 1 составлена для случая, когда m=2 (можно быть только один или две спички за ход),

В таблицах на рисунках 1—4:
I столбец — номер строки m, показывает, сколько спичек осталось на столе.
II столбец — у меня четное число спичек мои ход.
III столбец — у меня четное число спичек его ход.
IV столбец — у меня четное число спичек мои ход.
V столбец — у меня четное число спичек его ход.

39

Рис. 1. Таблица возможных состояний и ходов игры с $m=2$.

и Я выигрываю, если в конце игры у меня четное число спичек. Фактически нарисованы только те состояния, когда на столе осталось не более семи спичек.

Цветные стрелки показывают, как игроки могут ходить: игрок, чей ход в этой клетке, может пойти по любой стрелке, из нее выходящий. Например, первая слава клетка в стройке с номером 5 (серая) соответствует тому состоянию игры, когда на столе осталось 5 спичек, у меня четное число спичек и мои ход, а две выходящие из этой клетки стрелки показывают, в какие состояния Я могу перевести игру очередным ходом.

Таблицу можно продолжать визуально и поставим в соответствии ему клетку букву В, если когда игра начинается из этого состояния, Я могу выиграть, как бы Он ни старался мне помещать.

Назовем состояние произрывным и поставим в соответствии ему клетку букву П, если когда игра начинается из этого состояния, Он может выиграть и, если Он не ошибется, Я не смогу этому воспрепятствовать.

Приступим теперь к основной части решения: расставим во все клетки таблицы буквы В и П. Мы сделаем это сначала для игры, соответствующей рисунку 1. В нулевой строке буквы, конечно, надо поставить так: ВВПП, поскольку мы считаем, что Я выиграл, если в конце игры у меня четное число спичек. Дальше буквы надо расставлять сверху вниз по следующему закону.

I. Если мои ход (то есть клетка находится во II или IV столбце), то в нее ставится:

буква В, если хотя одна стрелка из нее ведет в клетку с буквой В;

буква П, если всякая стрелка, выходящая из нее, ведет в клетку с буквой П.

II. Если его ход (то есть клетка находится в III или V столбце), то в нее ставится:

буква П, если хотя одна стрелка из нее ведет в клетку с буквой П;

буква В, если всякая стрелка, выходящая из нее, ведет в клетку с буквой В.

Поскольку все стрелки в таблице ведут снизу вверх, то этот закон дает возможность заполнить всю таблицу, сколько бы мы ее пригодали.

В нашем случае ($m=2$) для того, чтобы заполнить клетки $n$-й строки, достаточно знать только, как заполнить клетки $(n-1)$-й и $(n-2)$-й строк. В действительности вовсе не нужно чертить все стрелки, как на рисунке 1. Достаточно отдельно (на куске кальки) начертить «шаблон» — совокупность стрелок, выходящих из клеток одной строки, и, прикладывая этот шаблон по очереди ко всем строкам таблицы, заполнять их буквами В и П, следуя правилам, выписанному на головом фоне. На рисунке 2 показан тот момент, когда мы заполнили всю

40

Рис. 2. Таблица выигрыших и проигрыших состояний игры с $m=2$.

таблицу до 5-й строки и готовы заполнять 6-ю. Так можно заполнить таблицу до любого места, например до 25-й строки и посмотреть, какая буква будет стоять в 25-й строке на первом месте. Если это В, то игру, в начале которой на столе лежит 25 спичек, начинающий выигрыет, а если это П, то проигрывает.

На самом деле, давайте пяточки таблицу заполнять не нужно. Дело в том, что 4-я строка совпадает с нулевой, а 5-я с первой. Поэтому 6-я обязательно совпадает со 2-й (так как каждая строка определяется двумя предыдущими). Тогда 7-я строка совпадает с 3-й, 8-я с 4-й, 9-я с 5-й и т. д. Строки будут повторять с периодом 4, откуда следует, что всякая строка с номером 4 $k$ будет ВВПП;
строка с номером $4k+1$ будет ПВВП;
строка с номером $4k+2$ будет ВПВП;
строка с номером $4k+3$ будет ВПВП.

В частности, 25-я строка будет ПВВП ($25=4\cdot 6+1$).

To, что период обязательно должен быть, можно было предвидеть заранее. Действительно, пусть мы заполнили таблицу до какой-то строки. Дальше все зависит от того, как заполненые две последние строки. Число всех способов заполнить две строки буквами П и В конечно (оно завершимо не больше $2^8$). Значит, при заполненении таблицы не может все время появляться новая пара строк. А когда какая-то пара строк повторится, начинается периодность.

После того как в таблице расставлены буквы В и П, становится ясной и стратегия, который Я должен придерживать, чтобы выиграть: нужно какдый раз делать макой ход, который ведет в клетку с буквой В. Закон расстановки букв В и П, указанный выше, составлен именно так, что если Я один раз попал в клетку В, то дальше Я смогу каждой раз ходить в В, и противник не сможет мне помешать.

Слушай, когда Я выиграvio, если у меня в конце нечетное количество спичек, исследуется аналогично. Можно поставить в нульевой строке ППВВ и заполнить дальше таблицу по тому же самому закону. Перiod снова будет равен 4. Но можно всего этого и не делать, а использовать для этого случая тот же рисунок 2.

Заметим, что не дать игроку перед началом игры ничего и потребовать, чтобы у него в конце было нечетное число спичек, это все равно, что дать ему перед началом игры одну спику и потребовать, чтобы у него в конце игры было четное число спичек. Таким образом, в этом новом случае Я выиграvio, если в таблице на рисунке 2 в клетке на пересечении $N$-й строки и

IV столбца стоит В, если Я начинаю,

V столбца стоит В, если Он начинает.

Заметим также, что шаблон не изменится, если помещать местами П столбец с IV, а III с V. В первой строке после такой перестановки вместе ВВПП будет стоять ППВВ. Поэтому таблицу для того случая, когда Я, чтобы выиграть, должен нечетное число спичек, можно получить из таблицы для разбранного случая указаанной перестановкой столбцов. Это же относится и ко всем другим значениями $m$.

Пусть теперь $m=3$. Таблица по прежнему будет состоять из тех же

41

Рис. 3. Таблица к игре с $m=3$.

четырех столбцов. Шаблон изменится (см. рис. 3). Теперь каждой строка зависит от предыдущих трех строк. Для расстановки букв В и П применимо правило, выписанное на странице 39. Расставляя буквы, мы убеждаемся, что период состоит изосьми строк. В частности, 25-я строка совпадает с первой: ПВВП.

Таким образом, в случае $m=3$ и $N=25$ получается такой

Ответ: если выигравшим считается игрок, забравший четное число спичек, то начнающий проигрывает, а если выигравшим считается забравший нечетное число спичек, то начнающий выигравает.

Общий случай исследуется аналогично. Длина перiodа оказывается равной $m+2$, если $m$ четно, и $2m+2$, если $m$ нечетно. Эти периоды изображены на рисунках 4 а, б. Шаблоны, данные для $m=8$ и $m=9$, позволяют понять, какими будут шаблоны в общем случае. Рисовать стрелки здесь было неудобно. Клетки, закрашенные каждым цветом, — это состояние, в которых можетойти игрок из клетки, в которой стоит точка того же цвета. Правила расстановки букв В и П те же самые, выписанные на странице 39. Проверку того, что периоды деля-

42

ствитель такое, предоставим читателю. Заметим только следующие. Чтобы быть уверенным в том, что период будет повторять, необходимо проверить расстановку букв во всех строках первого периода и в m первых строках второго периода.

Как видим, при больших m части всего кто нашиваем, том и выдерживаем. Все буквы, нарушающие это правило, на рисунках 4, a, б обведены кружками. Итак, нашающий процессываем molleю в следующих случаях.

| перiod | Выигравает набравший «чёт» | Выигравает набравший «нечёт» |
| :— | :— | :— |
| m четно | N дает остаток 1 при делении на m+2 | N дает остаток m+1 или 0 при делении на m+2 |
| m нечетно | N дает остаток 1 или m+1 при делении на 2 m+2 | N дает остаток 0 или m+2 при делении на 2 m+2 |

М9. Рассмотрим следующие свойства тетраэдра (тетраэдром мы называем произвольную треугольную парамиду):

1. все грани равновелики;
2. каждое ребро равно противоположному;
3. все грани равны;
4. центры описанной и вписанной сфер совпадают;
5. суммы плоских углов при каждом вершине tetraэдра равны.
   Доказите, что все эти свойства эквивалентны.
   Постарейтесь найти другие эквивалентные им свойства tetraэдра.

Решен и е. В этой задаче очень важно выбрать рациональный путь доказательства: разобрать, какое свойство из какого легче выводить. Будем, как это принято, вместе с слов «из… следует…» ставить стрелку: ⇒

Нам удобно добавить еще несколько свойств tetraэдра:

6. сумма плоских углов при каждом вершине равна 180°;
7. развертка tetraэдра представляется собой остругольный треугольник, в котором проведены средние линии (рис. 5);
8. все грани — остругольные треугольники с одинаковым радиусом описанной окружности;

Рис. 4, 6. Таблица к игре с нечетным m и шаблон для m=9.

43

Рис. 5.

9. проекция tetraэдра на каждую из трех плоскостей, параллельных двум противоположным ребрам — прямогоугольник, —

и доказать, что свойства (1)—(9) эквивалентны, в таком порядке:

Большинство из двенадцати теорем, обозначенных здесь стрелками, почти очевидно. Докажем их по порядку.

(5) ⇒ (6). Сумма всех плоских углов всех граней tetraэдра равна сумме углов четырех треугольников, то есть $4 \cdot 180^\circ = 720^\circ$, поэтому, если суммы углов при каждом вершине равны, то каждая их них равна $180^\circ$. Обратное: (6) ⇒ (5) очевидно.

(4) ⇒ (8). Если $R$ — радиус описанной около tetraэдра сферы, $r$ — радиус описанной сферы и центры этих сфера совпадают, то точка касания сферы с каждой граью лежит внутри этой грани и удалена от каждой вершины tetraугольника на $\sqrt{R^2-r^2}$, то есть является центром

Рис. 6.

описанной около этого треугольника окружности радиуса $\sqrt{R^2-r^2}$.

(8) ⇒ (4). Ясно, что в любом tetraэдре перpendикуляры, опущенные из центра $O$ описанной сферы на грани, попадают в центры описанных окружностей, и если радиус всех этих окружностей равны $R_1$, то точка $O$ одинаково удалена от всех граней (на расстояние $r = \sqrt{R^2-R_1^2}$). Если основания перpendикulares лежат внутри граней, то $O$ — центр описанной сферы радиуса $r$.

(8) ⇒ (6). Если радиус описанных окружностей граней $ABC$ и $DBC$ tetraэдра $ABCD$ равны, то $\angle BAC = \angle BDC$, поскольку эти углы опираются на равные другие $BC$ в равных окружности (здесь существенно, что $\triangle BAC$ и $\triangle BDC$ — остроугольные!). Это относится и ко всем другим параметром смежных граней.

Таким образом, $\angle BDC + \angle CDA + \angle ADB = \angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ$ и аналогично для всех других вершин.

(6) ⇒ (7). Развертка произвольного tetraэдра $ABCD$ — шестиугольник $D_1AD_2BD_3C$, разбитый на четыре треугольника (рис. 6). Очевидно, что из (6) следует, что отрезки $D_1A$ и $AD_2$, $D_2B$ и $BD_3$, $D_3C$ и $CD_1$ лежат на одной прямой, то есть точки $A$,

44

В и С — середины сторон $\Delta D_1D_2D_3$ (как на рис. 5). Этот треугольник остроугольный, так как в треугранном угле tetraэдра (при вершине D) каждый из плоских углов меньше суммы двух других.

(9) $\Rightarrow$ (7), (7) $\Rightarrow$ (8) и (7) $\Rightarrow$ (2) оченьны. (2) $\Rightarrow$ (3) также оченьно (треугольники равны по трем сторонам); (3) $\Rightarrow$ (1) оченьно.

Осталось доказать только, что (1) $\Rightarrow$ (9). Это место оказалось самым трудным для читателей.

(1) $\Rightarrow$ (9). Заметим, что если $p_1$ и $p_2$ — параллельные плоскости, AK и BH — два отрезка, концы A и B которых лежат в плоскости $p_1$, а концы K и H — в плоскости $p_2$, то отрезки AK и BH равны тогда и только тогда, когда равны их проекции на плоскость $p_1$ (или $p_2$). Это легко доказывается с помощью теоремы Пифагора (рис. 7).

Проведем параллельные плоскости $p_1$ и $p_2$ через ребра AB и CD tetraэдра. Пусть $C_1$ и $D_1$ — проекции точек C и D на плоскость $p_1$ (рис. 8, a), O — точка пересечения $C_1D_1$ и AB. Если площади $\triangle CAD$ и $\triangle CBD$ равны, то равны высоты AK и BH этих треугольников, следовательно, равны проекции этих высот на $p_1$: AK$_1$ = BH$_1$, и поэтому AO = OB (рис. 8, б), отсюда следует, в частности, что точки A и B лежат по разные стороны от прямой C$_1$ D$_1$. Точно так же, плоскку площади $\triangle ACB$ и $\triangle ADB$ равны, C$_1O$ = D$_1O$. Следовательно, AC$_1BD_1$ — параллелограмм, то есть AC$_1$ = BD$_1$ и C$_1B$ = D$_1A$, откуда AC = BD и BC = AD. Точно так же доказывается, что AB = CD, поэтому AC$_1BD_1$ — прямой угольник.

M10. Четыре круга, центры которых являются вершинами выпуклого четырехугольника, целиком покрывают этот четырехугольник. Доказать, что из них можно выбрать три круга, которые покрывают треугольник с вершинами в центрах этих кругов.

Решение. Основная трудность в этой задаче — придумать такое расчудение, которое бы охватывало все возможные случаи.

Рис. 7.

Рис. 8, a. Тетраэдр в пространстве.

Рис. 8, b. Проекция tetraэдра на плоскость.

45

Рис. 9.

расположения окружностей и все возможные по форме четырехугольники.

Идея приводимого ниже решения приадлежит H. Васильеву.

Обозначим круги с центрами A, B, C, D в вершинах данного четырехугольника ABCD через Kₐ, Kₑ, K₃, K₄, их радиусы — через rₐ, rₑ, r₃, r₄. Предположим, что утверждение задачи неверно. Тогда каждый круг имеет общую точку с частю промироположенного ему треугольника, не покрытой треугольниками:

например, Kₐ должен содержать точки △BCD, не покрыты ни один

Рис. 10.

из кругов Kₐ, Kₑ, K₃, K₄. Пусть O — точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем предположении, что rₐ ≥ OA, то есть что круг Kₐ содержит точку O. Остальное ужеясно: точно так же можно будет доказать, что точка O принадлежит Kₐ и K₃, а отсюда очевидным образом следует, что эти круги покрывают △ABC. Посмотрите на рисунки 9,10: если OL и ON — перпендикуляры, опущенные на прямые AB и BC, то Kₐ покрывает △OAL, K₃ — △OCN, K₄ — △OBL и △OBN, а эти четыре прямогоольных треугольника заведено покрывают △ABC, даже если

Рис. 11, a.

Рис. 11, б.

46

один из треугольников AOB или OBC (как на рисунке 10) тупоугольный.

Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно, утверждение задачи верно.

Итак, осталось доказать, что $r_A \geqslant OA$. Нам понадобится следующая, почти очевидная.

Лемма. Пусть задан выпуклый четырехугольник PQRS и круг $K_R$ (не содержащий $\triangle PQR$ целиком). Тогда из всех точек, лежащих внутри $\triangle PQR$ и вне $K_R$, близкой к точки $S$ будет:

a) основание $F$ перpendикulaire $SF$, опущенного из точки $S$ на прямую $PR$, если эта точка $F$ лежит вне круг $K_R$ (рис. 11, а);

б) точка $E$ пересечения окружности $K_R$ с отрезком $PR$, если точка $F$ лежит внутри круг $K_R$ (рис. 11, б). (Здесь важно, что угол QRS четырехугольника меньше $180^\circ$; доказательство леммы оставляем читателю.)

Можно считать, что $\angle AOB \leqslant 90^\circ$ (инначе мы взяли бы не $B$, а $D$). Пусть $BB_1 \perp AC$; $AA_1 \perp BD$; $B_1A_2 \perp BD$ (рис. 12). Предположим, что $r_A < OA$ и $E - \text{ближайшая } K$ отрезке $OA$ и $AE = r_A$, $EM - \text{перpendикуляр}, \text{опущенный } E$ на $BD$. Ясно, что тогда $AM > AE$. Докажем, что тем не менее $r_A > AM$, отсюда будет следовать, что наше предположение ($r_A < OA$) неверно.

Докажем сначала, что $r_B > BM$. Приимем лемму к $\triangle ACD$, кругу $K_A$ и точке $B$. Расстояние два случая:

a) $E$ лежит между $A$ и $B_1$. Тогда $r_B > BB_1 > BA_2 \geqslant BM$;

б) $E$ лежит между $O$ и $B_1$. Тогда (по лемме)

$$r_B > BE > BM.$$

Итак, мы знаем, что точка $M$ принадлежит $K_B$. Приимя лемму к $\triangle BCD$, кругу $K_B$ и точке $A$ (заметим, что $M$ лежит между $O$ и $A_1$, так что всегда имеет место случай 6)), получим $r_A > AM$. Круг замкнулся, требуем противоречие получено.

Ф12. Два одинаковых тяжелых стальных шарика врашаются на легких стержнях длины $l$ и $2l$ вокруг точки $O_1$, $O$, расстояние между которых равно 3$l$ (рис. 13). В начальной момент шарики находится в точках $A$ и $B$, имея скорости $v$ и $2v$ соответственно. Сколько раз столкнутся шарики за время $t$? За какое время шарики столкнутся $k$ раз? Содуаренная шариков считать абсолютино упругими.

Решение. Так как шарики одинаковы, то при абсолютоно упругих соударениях они будут обменивать скорости. Это следует из законов сохранения энергии и импульса (количество движений) шариков при соударении. В первый раз шарики столкнутся, когда каждый из них сделает по половине оборота вокруг точки, относительно которого он врашает.

На это потребуется время $t_1 = \frac{\pi \cdot 2l}{2v} = \frac{\pi l}{v}$. После соударениялевый шарик будет иметь скорость $2v$, а правый — скорость $v$.

Второе соударение шариков произойдет через время $t_2 = \frac{4\pi l}{v}$ после первого, когда правый шарик совершит один оборот вокруг точки $O_1$. Левый шарик совершит за это время четырех оборота вокруг точки $O$ — у него вдвое большая скорость, и врашает он по окружности вдвое меньше

47

Рис. 13.

шero радиуса. При соударении шарики опять обменяются скоростими, и третье соударение произойдет через время $t_3 = 2t_1 = \frac{2\pi l}{v}$ после второго, когда каждый из шариков совершит один оборот. Таким образом, после каждого нечетного соударения левый шарик будет иметь скорость $2v$, а правый — скорость $v$, и поэтому следующее, четное, соударение будет произходит через время $t' = t_2 = t_4 = \cdots = \frac{4\pi l}{v}$.

После каждого нечетного соударения левый шарик будет иметь скорость $v$, а правый — скорость $2v$ и следующее, теперь уже нечетное, соударение шариков будет произходит через время $t'' = 2t_1 = t_3 = \cdots = \frac{2\pi l}{v}$ после четного.

Тепер нетурудно подсчитать, что если $k$ — четное число, то $k$-е соударение шариков произойдет через время
$$t_k = \left( \frac{k}{2} - \frac{1}{2} \right) t'' + \frac{k}{2} t' = (3k - 1) \frac{\pi l}{v},$$
так как всего между шариками произойдет $\frac{k}{2}$ четных соударений и $\frac{k}{2}$ нечетных. Это означает, что правый шарик должен совершить $\frac{k}{2} - \frac{1}{2}$ оборотов, имея скорость $2v$ (здесь мы учили, что до первого соударения шарик совершает лишь половину оборотов) и $\frac{k}{2}$ оборотов вокруг точки $Q_1$, имея скорость $v$.

Если $k$ нечетно, то до $k$-го соударения правый шарик должен совершить скорость $v$, и $\frac{k-1}{2} + 1 - \frac{1}{2} = \frac{k}{2}$ оборотов, имея скорость $2v$. Поэтому от начального момента до момента $k$-го соударения в этом случае должно пройти время
$$t_k = \frac{k}{2} t'' + \frac{k-1}{2} t' = \frac{(3k-2)\pi l}{v}.$$

Подсчитаем теперь, сколько раз шарики столкнутся за время $t$. Будем считать, что $t > t_1$. Между двумя последовательными нечетными соударениями шариков проходит время $t_0 = t' + t''$. Нечетных соударений после первого будет столкто, сколько раз $t_0$ столкнится в $t - t_1$:

$$n = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right]$$

(знак [ ] означает «целая часть числа»).

Всего между шариками произойдет $n+1$ нечетных соударений. До последнего нечетного соударения проойдет время, равное $\left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$.

За это время между шариками должно произойти еще и $n$ четных соударений. Кроме того, если оставшее время $t - \left( \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$ больше, чем $t'$, то произойдет еще одно нечетное соударение. Таким образом, за время $t$ шарики столкнутся

$$N = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + 1 + \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + \left[ \frac{t - \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] (t_1 + t_2)}{t_2} \right] = 2 \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] + \left[ \frac{vt - \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] 6\pi l}{4\pi l} \right] + 1$$

48

Рис. 14.

Ф13. Два одинаковых цилиндра с поршнями соединены трубкой (рис. 14). В цилиндрах находится вода. Сверху на поршни ставят одинаковые цилиндрические стаканы с равными количеством воды. Затем в один из стаканов опускают тело массы $m$, а в другой — тело массы $M$, которые не тонут.

На каких расстояниях друг от друга будут находиться концы поршней и уровни воды в стаканах, когда система придет в равновесие? Площади дня стаканов — $S_1$, площади поршней — $S_2$.

Решение. Так как цилиндры соединены трубкой, то давления воды в цилиндрах на одинаковых уровнях должны быть одинаковыми. Одиноковый и давления в цилиндрах на том уровне, на котором находится нижний край левого поршня. Но давление в левом цилиндре (рис. 14) на этом уровне равно $\frac{(M_0 + M)g}{S_2}$, а давление на этом уровне в правом цилиндре равно $\frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy$, где $M_0$ — общая масса поршня, стакана и воды в стакане, а $\rho gy$ — давление столба воды высотой $y$. Тогда из условия равновесия получим:

$$\frac{(M_0 + M)g}{S_2} = \frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy.$$

Решив это уравнение, найдем что

$$y = \frac{M - m}{\rho S_2}.$$

Теперь определям величины $x$. При погружении тела в стакан с давления на дно стакана возрастает на величины, равную весу этого тела. С другой стороны, так как тело не тоет и само не давит на дно, то изменение силы давления на дно — это изменение силы давления воды на дно за счет того, что увеличивается уровень воды. Если уровень воды в стакане поднялся на $\Delta x$, то давление воды на дно возросло на $\rho g \Delta x$, а сила давления — на $\rho g \Delta x S_1$. Таким образом, для левого стакана $\rho g \Delta x S_1 = Mg$, где $\Delta x_1$ — изменение уровня воды в левом стакане: $\Delta x_1 = \frac{M}{\rho S_1}$. Аналогично найдем, что в правом стакане уровень воды при погружении в него тела поднялся на $\Delta x_2 = \frac{m}{\rho S_1}$. Так как расстояние между дном левого и дном правого стаканов равно $y$, то

$$x = y + \Delta x_2 - \Delta x_1 = \frac{(M - m)(S_1 - S_2)}{\rho S_1 S_2}.$$

Ф14. Две трубы с сечениями $S_1$ и $S_2$ соединены друг с другом и заткнуты поршнями, массы которых $m_1$ и $m_2$ (рис. 15). После взрыва в пространстве между поршнями поршни вылетают из труб. Один из них вылетел со скоростью $v$. С какой скоростью вылетел второй, если: а) трубы закреплены и не могут перемешаться, б) трубы не закреплены и их обшая масса равна $M$? Треннем поршней о стенки труб пренебречь.

Решение. Расмотрим вначале случай, когда труба закреплена. Давление газов на поршни одинаково, а силы давления относится, как площади поршней. Так как эти силы действуют на поршни одинаковое время (мы считаем, что после того, как один из поршней вылетел из труб, давление на второй поршень скаком падает до давления снаружи), то относение средних сил давления на поршни равно относению площадей поршней. Это дает нам возможность найти относение импульсов поршней после их вылета из труб. Начальные импульсы поршней равны нулю, а изменение их импульсов равны средним силам, умноженным

49

Рис. 15.

на время взрыва. Позтому относение импульсов поршней после их вылета из труб равно относению средних сил давления, действующих на поршни, и, значит, равно относению площадей поршней.

Для определения будем считать, что со скоростью $v$ вылете левый поршень (рис. 15). Скорость правого поршня обозначим $u$. Тогда мы можем записать, что $\frac{m_1v}{m_2u} = \frac{S_1}{S_2}$; отсюда $u = v\frac{m_1S_2}{m_2S_1}$.

Теперь рассмотрим случай, когда трубы не закреплены. Тогда после взрыва они приобретут скорость, которую мы обозначим $u_1$. Сравнивая так же, как это мы делали для поршней, средние силы давления, действующих на левый поршень и на стык труб, найдем, что $u_1 = v\frac{m_1(S_2 - S_1)}{MS_1}$.

Что же касается поршней, то наша расчуженная справедливый для них и в этом случае.

Ф15. Через стенки холодильника проникает за час количество теплла $Q=190$ килокалорий. Температура внутрен холодильника $T_1=+5^\circ\text{C}$, а в комнате $T_2=+20^\circ\text{C}$. Какую минимальную мощность потребляет этот холодильник от сети?

Решение. Холодильник — это тепловая машина, работающая по обработному циклу. Если прямая тепловая машина поглощает количество $T_2$ и отделяет меньше количество теплла $Q_1$ при низкой температуре $T_1$, совершив работу $A = Q_2-Q_1$, то холодильная машина поглощает количество теплла $Q'_1$ у холодного теплла при температуре $T_1$ и отделяет количество теплла $Q'_2$ более нагretому теплу при температуре $T_2$. При этом к холодильнику нужно, конечно, подвести энергию $A'=Q'_2-Q'_1$.

Козффициент полезного действия прямой тепловой машины $\eta = \frac{A}{Q_2} = \frac{Q_2-Q_1}{Q_2}$ не может превышать величины $\frac{T_2-T_1}{T_2}$. Причем, для того, чтобы к.п. д. машины были максимальным, она должна была бы работать по обратному циклу. Если холодильная машина работает по тому же циклу, что и прямая, то $Q'_1 = Q_1$, $Q_2=Q_2$ и $A'=A$. К.п. д. холодильной машины был бы в этом случае равен $\eta_x = \frac{Q'_1}{A} = \frac{Q_1}{Q_2-Q_1}$. Но в этом случае к.п. д. прямой машины равен $\frac{Q_2-Q_1}{Q_2} = \frac{T_2-T_1}{T_2}$, и поэтому $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$. Используя это соответствие, найдем, что к.п. д. холодильной машины не может превышать величины $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$.

Вычисленный по этой формуле к.п. д. холодильника (иногда его называют «холодильным коэффициентом») может быть и больше единиц. Это связано с тем, что, отделая энергию $Q_2$, мы потребляем не только энергию $A$, но еще и энергию $Q_1$, получаемую от охлаждения тела. При вычислении же к.п. д. машины, затраченной мы считаем лишь энергию $A$, потребляемую от сети, так как только ее нам приходится оплачивать.

51

Рис. 16.
при больших скоростях движения автоматизма, не учили потерь мощности в механизмах и трения качения колес о дорогу. Подумайте, как учет этих факторов изменит уравнение (1) и (2).

Ф17. Между пластинками накоротко замкнутого плоского конденсатора помещили пластину, имеющую заряд $q$. Пластину перемещают параллельно самой себе на расстояние $x$ (рис. 17). Какой заряд проходит при этом по внешней цепи конденсатора, если расстояние между его пластинами равно $d$?

Решение задачи нам необходимо знать, какое поле создает большая однородно заряженная пластина (большая по сравнению с расстоянием от пластины до точки, поле в которой нас интересует). Будем исходить из того, что, как мы знаем, электрическое поле в плоском конденсatore равно $\frac{u}{d} = \frac{Q}{C_d} = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$, где $C$ — емкость конденсатора, $u$ — разность потенциальов между его пластинами, $Q$ — заряд конденсатора, $S$ — площадь пластин, $d$ — расстояние между пластинами и $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная. Но поле в конденсatore равно сумме полей, создаваемых его пластинами. Это означает, что каждая из пластин конденсатора создает поле, равное $\frac{1}{2} \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$. Такое поле должно создавать и просто одна большая равномерно заряженная пластина.

Таким образом, мы нашли, что средняя подвижная пластина создает поле $\frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S}$. Но поле системы зарядов равно сумме полей, создаваемых каждым из зарядов в отдельности. Поэтому поле между обкладками равно сумме полей, создаваемых обкладками и перемещаемой пластиной. Будем считать, что суммарный заряд замкнутых пластин равен нулю *). Тогда, если заряд одной из обкладок равен $Q$, то заряд второй обкладки равен минус $Q$, и поле, создаваемое этими пластинами, точно также же, как поле в конденсаторе с зарядом $Q$ $E = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$. С одной стороны от пластин поля обкладок и подвижной пластины направлены в одну сторону, с другой — в противоположную. Поэтому слева от пластин (рис. 18) (для определения мы считаем, что $q > 0$) поле $E_1 = \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} + \frac{Q}{\varepsilon_0 S} = \frac{q + 2Q}{\varepsilon_0 S}$, а справа от нее поле

$$E_2 = \frac{Q}{\varepsilon_0 S} - \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} = \frac{2Q - q}{\varepsilon_0 S}.$$

*) Нетрудно обобщить задачу на случай, когда суммарный заряд обкладок конденсатора не равен нулю. Ответ в этом случае остается прежним.