Решения задач М21—М25; Ф29—Ф34

26

РЕШЕНИЯ

В этом разделе журналы мы продолжаем публикать решения задач из задачика «Кванта». Некоторые из этих задач трудны даже для специализов математиков и физиков. Многие из них дают повод для разговора о целом классе задач, о методах подхода к тем или иным явлениям. Каждый решение представляет собой небольшую отдельную статью, и мы рекомендуем познакомиться с ним даже тем, кто не пытается решать задачи раныше.

В большинстве случаев мы указываем фамилии читателей, приславших наиболее удачные решения, но, конечно, мы не сможем ответить всем, приславшим нам письма.

M21
Внутри квадрата со стороны 1 расположено несколько окружностей, сумма длины которых равна 10. Доказать, что найдется прямой проведисти нельзя. Тогда каждая точка на стороне AB покрыта не более чем tremя проекциями окружностей (рис. 1), иначе прямая, проходящая через точку и перпендикулярная AB, пересекала бы более трех окружностей. Следовательно, сумма всех проекций, то есть сумма длини диаметров окружностей, не превыходит 3; поэтому сумма длини окружностей не превыходит 3π, в то время как по условию она равна 10>3π. Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.

Такое решение прислада Д. Григорьев из Ленинграда и Н. Рассхин из Москвы.

Точно так же можно доказать следующие более общее утверждение. Назовем поперечником выпуклой фигуры ширину наиболее узкой полосы, в которой эту фигуру можно помещить. (Можно показать, что это определенное годится для любой ограниченной фигуры.) Тогда, если внутри фигуры с поперечником h находится n фигуру, сумма поперечников которых больше kh, то найдется прямая, которая пересекает не менее k + 1 из этих фигура.

28

Перепишем квадрат данного выражения в таком виде:

$$P_n^2 = \frac{1^2}{2^2} \cdot \frac{3^2}{4^2} \cdot \frac{5^2}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3^2}{2 \cdot 4} \cdot \frac{5^2}{4 \cdot 6} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n-2) \cdot 2n} \cdot \frac{1}{2n}.$$

Поскольку при любом целом $k > 1$

$$\frac{(2k-1)^2}{(2k-2) \cdot 2k} = \frac{(2k-1)^2}{(2k-1)^2 - 1} > 1,$$

то

$$P_n^2 > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n} \text{ и } P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

С другой стороны, так как всегда

$$\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2} = \frac{(2k)^2 - 1}{(2k)^2} < 1,$$

то

$$P_n^2 = \frac{3}{2^2} \cdot \frac{3.5}{4^2} \cdot \frac{5.7}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)(2n-3)}{(2n-2)^2} \cdot \frac{2n-1}{(2n)^2} < \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2n} \text{ и}$$

$$P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

Несколько иное решение предложил Д. Грицорьев (такое решение при сслили и другие читатели журнала). Рассмотрим вместе с данным выражением

$$P_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot \frac{2n-1}{2n}$$

следующое:

$$Q_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n-4}{2n-3} \cdot \frac{2n-2}{2n-1}.$$

Поскольку каждый из сомножителей произведение $Q_n$ не больше соответствующего сомножителя $P_n$, то $P_n > Q_n$ и, следовательно, $P_n^2 > P_nQ_n = \frac{1}{4n}$, то есть $P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

С другой стороны,

$$R_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \dots \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot 1 > P_n,$$

позному $P_n^2 < P_nR_n = \frac{3}{8n}$ и $P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

Казалось бы более естественным найти $R_n$ не с 1/2, а с 2/3. Но тогда для $P_n$ получится оценка более грубая, чем требуется в условиях задачи. Наоборот, если оставить в $R_n$ не один, а больше сомножителей равными первыми сомножителями $P_n$, то для $P_n$ получится более точная оценка вида $P_n < \frac{c}{\sqrt{n}}$, где $c$ — некоторое число, меньше $\sqrt{\frac{3}{8}}$. То же замечание относится к оценке с другой стороны.

Есть также решение, основанное на методе математической индукции. Именно на примере этой задачи в заметке Е. Г. Николаева «Случай с методом математической индукции» (см. «Квант» № 7, 1970, стр. 37 и «Квант» № 12, 1970, стр. 58) расссказывалось о том, что иногда более сильное неравенство доказать по индукции проще, чем более слабое.

29

Из доказанных неравенств следует, что величина $P_n$ с ростом $n$ стремится к нулю, а величина $P_n \sqrt{n}$ заключит между $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{2}}$. Можно доказать (см., например, задачи 145, 160, 161 в книге А. М. Яглома и И. М. Яглома «Незlementарные задачи в элементарном изложении», ГИТТЛ, М., 1954), что при $n \to \infty$ $P_n$ стремится к пределу, равному $\sqrt{\frac{1}{\pi}}$.

M24

Докажите, что любую дробь $\frac{m}{n}$, где $0 < \frac{m}{n} < 1$, можно представить в виде

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{q_1} + \frac{1}{q_2} + \frac{1}{q_3} + \dots + \frac{1}{q_r},$$

где $0 < q_1 < q_2 < \dots < q_r$ – целые числа и каждое $q_k$ ($k=2, 3, \dots, r$) делится на $q_{k-1}$.

Какую дробь $\frac{m}{n}$ можно разделить и знаменатель на их наиболее общий делитель, заменить равной ей несократимой дробью. Например, $\frac{288}{504} = \frac{4.72}{7.72} = \frac{4}{7}$. В дальнейшем мы будем рассматривать только такие несократимые дроби.

Докажем утверждение задачи индукцией по $m$. Для $m=1$ оно очевидно: сама дробь $\frac{m}{n}$ уже имеет нужный вид. Тепер доказем, что если утверждение задачи верно для всех дробей с числительми, меньше чем $m$, то оно верно и для дробей с числительм, равным $m$. Пусть $\frac{m}{n}$ – такая дробь ($1 < m < n$). Разделим $n$ на $m$ с остатком; получится частное ($d_0-1$) и остаток ($m-k$), то есть

$$n = m (d_0-1) + (m-k) = md_0-k,$$

где $d_0 > 1$ и $0 < k < m$. Перепишем (1) так: $md_0=n+k$, или

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} \left( 1 + \frac{k}{n} \right).$$

Поскольку $0 < k < m$, дробь $\frac{k}{n}$ можно представить в нужном виде:

$$\frac{k}{n} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_1 d_2 \dots d_r},$$

где $d_1, d_2, \dots, d_r$ – некоторые натуральные числа, больше 1. Из (2) и (3) получаем

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} + \frac{1}{d_0 d_1} + \frac{1}{d_0 d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_0 d_1 d_2 \dots d_r}.$$

Дробь $\frac{m}{n}$ представлена в требуемом виде.

Заметим, что из нашей решения задачи нетрудно извлечь простой алгоритм – правило, как любую данную дробь представить в виде суммы (3). Продемонстрируем его на одном примере. Пусть нам дана дробь $\frac{5}{7}$:

$$7 = 2.5 - 3; \quad \frac{5}{7} = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{3}{7} \right);$$

$$7 = 3.3 - 2; \quad \frac{3}{7} = \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{2}{7} \right);$$

$$7 = 4.2 - 1; \quad \frac{2}{7} = \frac{1}{4} \left( 1 + \frac{1}{7} \right).$$

30

Итак,

$$\frac{5}{7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2.3} + \frac{1}{2.3.4} + \frac{1}{2.3.4.7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{168}.$$

Разумеется, могут найти несколько представлений в виде (3), например:

$$\frac{3}{8} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{1}{3} + \frac{1}{24}.$$

Решение этой задачи прислал Д. Грицорье.

M25

В множестве, состоящем из $n$ элементов, выбрано $2^{n-1}$ подмножества, каждые три из которых имеют общий элемент. Докажите, что все эти подмножества имеют общий элемент.

Всего в множестве $A$, состоящем из $n$ элементов, существует $2^n$ различных подмножества, считая пусть множество и само множество $A$ (см. статью Н. Я. Виленкина «Комбинаторика», «Квант» № 1, 1971). Мы будем обозначать разные подмножества $A$ буквами $B, C, \dots$, пересечение множества $B$ и $C$, то есть множество, составленное из общих элементов $B$ и $C$, принято обозначать так: $B \cap C$; дополнительное подмножества $B$ до всего множества $A$, то есть множество, составленное из всех тех элементов $A$, которые не входят в $B$, обозначается так: $\bar{B}$.

По условию выбрано $2^{n-1}$ подмножества, то есть половина всех возможных, причем каждое из выбранных подмножества, пересечение любых двух (и даже трех) из них не пусто. Следовательно, из каждой пары подмножества $(B, \bar{B})$, дополнительных друг друга до $A$, выбрано в точности одно. Далее, если $B$ и $C$ выбраны, то $D = B \cap C$ тоже выбрано, поскольку $\bar{D}$ не может быть выбрано (все три подмножества $\bar{D}, B$ и $C$ не могут иметь общих элементов, ведь общие элементы $B$ и $C$ содержатся в $D$). Пользоваться этим, оченьной индикцией можно доказать, что если $B_1, B_2, \dots, B_k$ выбраны, то пересечение всех этих подмножества $B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_k$ тоже выбрано. Следовательно, пересечение всех $2^{n-1}$ выбраных подмножества тоже принадлежит к числу выбранных, значит, оно не пусто.

Таким образом, мы доказали, что условию задачи удовлетворяет только такая система подмножества: фиксируется неокоторый элемент $a$ множества $A$ и выбраются в се подмножества, содержащие этот элемент.

Н. Б. Васильев

Ф29

Найти скорость испарения с единицей поверхности воды в вакуум при температуре $20^\circ\text{C}$. (Давление насыщенных паров при этой температуре равно 17,5 мм рт. ст.) За какое время испарится в комнате воды, напитая доверху в обычное чайное блюдце? Испарение небольшого количества воды практически не меняет в комнате влажность воздуха, равную 70%.

Для того чтобы решить задачу, нужно найти количество молекул жидкости, покидающих 1 см$^2$ ее поверхности за 1 сек. Умножив его на массу молекул воды, мы сможем узнать скорость испарения, то есть массу воды, испарующая с единицей поверхности воды за 1 сек.

Bydem рассуждать так. Если бы над жидкостью был насыщенный пар, то число молекул жидкости, покидающих ее в 1 сек, было бы таким же, как и в отсутствие пара. При этом, однажды, в жидкость попадало быровно столь же молекул, сколько вылетало из нее. Это позволяет нам подсчитать,

31

сколько молекул вылетает из воды в 1 сек, так как найти число молекул, попадающих в жидкость, довольно просто.

Воспользовемся следующей моделью идеального газа: все молекулы газа имеют одинаковые скорости $v$, и каждая из молекул может двигатся только в одном из трех взаимно перpendикулярных направлений вдоль осей координат (рис. 4). Причем число молекул, движущся в каждой из этих трех направлений, одинаково. Если одна из осей координат перpendикулярна жидкость, то за время $\tau$ в жидкость попадает масса пара, которые находится от нее на расстоянии $l = v \cdot \tau$. Пусть в единице объема находится $n$ молекул пара, тогда на участок поверхности с площадью $S$ попадает $N = \frac{1}{6} nv\tau S$ молекул пара: вдоль оси координат, перpendикулярной поверхности жидкости, движется $\frac{1}{3}$ часть молекул пара, находящся в объеме $v\tau S$, причем скорость половины из них направлена от жидкости. Если масса молекул пара $m$, то за время $\tau$ в жидкость попадает масса пара $M = \frac{1}{6} nv\tau Sm$. $n \cdot m$ это плотность пара $\rho$. Поэтому

$$M = \frac{1}{6} v\tau S\rho.$$

Скорость молекул пара можно выразить через его давление и плотность. Расмотрим кубический сосуд с ребром $l$ и гранями, перpendикулярными осями координат (рис. 4). При упругом стокновении молекул пара со стенкой ее количество движения меняется на $2mv$ — до стокновения импульс молекулы равен $mv$, а после стокновения — $mv$: молекula движется от стенки. Так как между двумя последовательными стокновениями молекулы с одной и той же стенкой проходит время $t = \frac{2l}{v}$, то в соответствии со вторым законом Ньютона можно считать, что на молекулу со стороны стенки действует средняя сила $f = \frac{2mv}{2l} = \frac{mv^2}{l}$. По третьему закону Ньютона сила такой же величины действует на стенку. Так как вдоль каждой из осей движения $N = \frac{1}{3} nl^3$ молекул, каждая из которых вносит вклад в давление на стенку, то полная сила, действующая на стенку, равна

$$F = \frac{mv^2}{l} \cdot \frac{1}{3} nl^3 = \frac{1}{3} nml^2v^2,$$

а давление пара на стенку равна

$$P = \frac{F}{l^2} = \frac{1}{3} nmv^2 = \frac{1}{3} \rho v^2.$$

32

Поятому
$$v = \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

Подставляя это выражение для $v$ в формулу (*), получим
$$M = \frac{1}{6} \tau S \rho \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

Выразим еще плотность пара через его давление. Они связаны уравнением Клапейрона:
$$P = \frac{\rho}{\mu} RT,$$

где $\mu$ — масса одной грамм-молекuli пара, $T$ — его температура, а $R = 8,3 \frac{\partial \kappa}{\partial \rho} - \text{газовая постоянная}.$

Из этой формулы найдем, что $\rho = \frac{P \mu}{RT}$. Поятому $M = \frac{1}{6} \tau S \frac{P \mu}{RT} \sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.$

Таким образом, если над жидкостью находится пар, то на единицу ее поверхности за 1 сек попадает масса пара, равная
$$\frac{M}{\tau S} = \frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Это означает, что скорость испарения жидкости в вакуум равна
$$\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Подставив сюда численные значения $T = 293^\circ \text{K}$, $\mu = 18 \frac{\kappa_2}{\kappa_0 \text{м}^2}$ и $P = 2,3 \cdot 10^3 \frac{\mu}{m^2}$ ($P$ — давление насыщенного пара при $T = 293^\circ \text{K}$), получим, что скорость испарения равна $14,8 \cdot 10^{-8} \frac{\kappa_2}{m^2 \cdot \text{сек}}.$

Мы могли бы решить задачу и более точно, учитывая, что молекулы движутся с разными скоростями и во всехможных направлениях *). Это, однако, не изменило бы качественный результат, который мы получили. Изменился бы лишь численный множитель в последней формуле.

Теперь нетрудно найти и время, за которой испарится в комнате вода, напитая в чайное блюдце. В этом случае с едиными поверхностями жидкости за 1 сек вылетают молекулы с общей массой, равной $\frac{1}{6} P_0 \sqrt{\frac{3\mu}{RT}} \left( P_0 = 10^{-5} \frac{\mu}{m^2} \right)$, а в жидкость попадает масса пара, равная $\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}$, где $P = \eta \cdot P_0 = 0,7P_0$. Таким образом, скорость испарения жидкости равна
$$\frac{1}{6} \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Если площадь поверхности воды $S$, а ее масса $M$, то все воды испарятся за время
$$t = \frac{M}{\frac{1}{6} S \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}}.$$

*) Такой расчет приводится в статье Я. А. Смородинского «Идеальный газ» («Квант» № 10, 1970 г.).

33

Принимая, что в блюдце входит 100 $e$ воды, его диаметр равен 10 $cm$, температура воздуха в комнате равна $17^\circ C=290^\circ K$ (при этой температуре $P_0 = 2,3 \cdot 10^3 \frac{H}{M^2}$ и $P = 1,6 \cdot 10^3 \frac{H}{M^2}$), найдем $t=1$ сек.

Получился парадоксальный результат. В чем же мы ошиблись? В величины давления пара вблизи поверхности воды. Здесь давление пара значительное больше, чем в комнате. В тонком слое у поверхности пар почти насыщен. Только благо-даря этому вода испаряется достаточно медленно.

Пример, который мы рассмотрели, показывает, как важно при решении физической задачи разобраться в «физике» явления, то есть понять, чем можно и чем нельзя пренебречь.

Ф 30

В киноаппарате и кинопроекторе проходит 8 кадров в секунду. На экране движения автоматиль с колесами, реальный диаметр которых 1 м. Изображения колес делают 2 оборота в секунду. Какова скорость автоматиль?

Так как изображения колес поворачиваются на 2 оборота за то время, за которое в проекторе проходят 8 кадров, то на каждом кадре колесо должны быть повернут по сравнению с предыдущим на $\frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ оборота. Причем изображения колес автоматиль на экране могут врашаться как «вперед», так и «назад», хотя сам автоматиль движется и в первом и во втором служев в одну и ту же сторону (рис. 5). Колеса на экране врашаются «вперед», если скорость движения автоматила такова, что за время между кадрами $\tau = \frac{1}{8} c$ колеса автоматила делают $n$ полных и еще $\frac{1}{4}$ оборота вокруг оси. Если же за $t$ колеса делают $n$ полных и $\frac{3}{4}$ оборота вокруг оси, то изображения колес на экране будут врашаться «назад». Таким образом, угловая скорость автоматила равна или $\omega_{\text{вп}} = \frac{\left(n + \frac{1}{4}\right) 2\pi}{\frac{1}{8}} \frac{pa\partial}{c} = 16 \left(n + \frac{1}{4}\right) \pi \frac{pa\partial}{c}$, или $\omega_{\text{н}} = 16 \left(n + \frac{3}{4}\right) \pi \frac{pa\partial}{c}$. Это означает, что оси колес, а вместе с ними и автоматиль движется со скоростью $v = 16 \left(n + \frac{1}{4}\right) \pi R \frac{m}{c}$ (тогда изображения колес врашаются «вперед») или со скоростью $u = 16 \left(n + \frac{3}{4}\right) \pi R \frac{m}{c}$ (в этом служев изображения колес врашаются «назад»). Подставляя в эти формулы $n = 1, 2, 3, \dots$, мы будем получить ответы

$$v_1 \approx 12,6 \frac{m}{c} = 45 \frac{km}{час}, \quad v_2 \approx 223 \frac{km}{час}, \quad u_1 \approx 136 \frac{km}{час}, \quad u_2 \approx 316 \frac{km}{час}, \dots$$

34

При этом, поскольку скорость автоматическая не может быть больше 140 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$, она равна 45 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$, если изображения колес врашаются «вперед», или 136 $\frac{\kappa M}{\mu ac}$, если колеса на экран не врашаются «назад».

Правильное решение прислал Николай Ильин (пос. Захал Эхирит-Булагатского района Иркутской области).

Ф 31

Как световое давление ориентирует относительно Солнца космической корабль сферической формы, одна половина которого зеркальная, а другая — черная, полностью поглощаются излучение Солнца? Центр тяжестеки корабля находится в центре сферы.

Предположим, что корабль ориентирован так, что солнечные лучи попадают как на зеркальные, так и на черные участки его поверхности (рис. 6). Световое давление связано с тем, что фотоны, попадающие на поверхности, изменяют свой импульс. Если свет попадает на зеркальную поверхности, он отражается так, что выполняется закон отражения: угол падения светового луча равен углу отражения. Нетрудно сообщить, что в этом случае импульс фотона меняется на вектор, перпендикулярный участку поверхности корабля, то есть идущий по радиусу. В соответствии со вторым и третьим законами Ньютона (см. предыдущую задачу) на корабль при этом действует сила, равная изменению импульса пучка фотонов в единицу времени. Эта сила направлена вдоль радиуса корабля. Она не создает момент, поворачивающий корабль так, что обращенной к Солнцу оказывается зеркальная поверхности корабля.

Иное дело с давлением на зачеренную поверхности корабля. Так как она поглощает излучение Солнца, то сила, действующая на корабль при падении фотона, направлена вдоль пучка. Эта сила создает момент, поворачивающий корабль так, что обращенной к Солнцу оказывается зеркальная поверхности корабля.

Очевидно, что положение корабля, при котором к Солнцу обращена его зачеренная поверхности, тоже будет положением равновесия. Однако это положение равновесия неустойчиво. Если корабль по каким-то случным причинам немного поверхности относительно Солнца, то он будет разворачиваться до тех пор, пока не повернется к Солнцу зеркальной стороне.

Ф 32

На поверхности воды плавает деревянный брусок квадратного сечения. Какое из двух положений равновесия, показанных на рисунке 7, будет устойчивым? Плотность материалов, из которой сделан брусок, равна половине плотности воды.

Система, представленная самой себе, всегда занимает такое положение, при котором ее центр масс находится в нанизшем положении. Так как плотность материалов бруска равна половине плотности воды, то в_body в обих случаях погружена половина кубика и центры тяжестеки кубков

35

находятся на одинаковой высоте. Иное дело с центром тяжестей воды. При погружении бруска мы перемещаем на поверхность ту воду, место которой занимает погруженная часть бруска. В первом случае центр масс вытесненного объема воды находится на расстоянии 0,25 а от ее поверхности, а во втором—на расстоянии, равном $\frac{1}{3} \frac{a \sqrt{2}}{2} =$

$$= \frac{1}{6} a \sqrt{2} \approx 0,23 a,$$

где $a$ — ребро бруска. Это означает, что во втором случае изменение потенциальной энергии воды при погружении кубика меньше, чем в первом. Поэтому во втором случае меньше и потенциальная энергия воды. Это означает, что брусок будет плавать в положении II.

♦ 33

По гладому горизонтальному проводочному колыцу могут скольнуть без трения две бусинки с массами $m_1$ и $m_2$. Вначале бусинки были соединены ниткой и между ними находится скатая пружинка. Нитку пережигают. После того, как бусинки начинают движаться, пружинкуубирают. В каком месте молца бусинки столькоруется в одинаковой раз? Бусинки стальваются абсолотно упруго.

Пружинка сообщает обемм бусинкам одинаковые количество движения, так как действует на них одинаковое время с одинаковой силой:

$$m_1 v_1 = m_2 v_2$$

(1)

где $v_1$ и $v_2$ — прибрежные бусинками скорости. Поэтому и для путьей $l_1$ и $l_2$, прошедных бусинками до первого соударения, тоже имеем $m_1 l_1 = m_2 l_2$. После соударения общее количество движения бусинок по-прежнему должно остаться равным нулю. Поэтому

$$m_1 v_1' = m_2 v_2'.$$

(2)

Написав закон сохранения энергии

$$\frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2} = \frac{m_1 v_1'^2}{2} + \frac{m_2 v_2'^2}{2},$$

(3)

с помощью (1) и (2) легко находим, что после удара $v_1' = v_1$ и $v_2' = v_2$.

Таким образом, в результате соударения скорости бусинок не меняются по величины, а только изменяют свои направления на обратные. Но тогда ясно, что следующее соударение произойдет в том месте, откуда началось движение бусинок, и т. д. Одиннадцатое соударение произойдет в том же месте, где было первое, то есть в той точке, относение расстояний до которой от начала координат (по дуге окружности) равно относению масс бусинок.

♦ 34

На рисунке 8 изображена капельная электростатическая машина (генератор Кельвина). Из трубки в полей изолированный металлический шар радиуса $R$ падают капли воды, заряженные до потенциала $\phi_0$. Как зависит предельный потенциал, до которого может заряжиться шар, от высоты капель?

Попадая в шар, капли отделют ему свой загрязняющийся равномерно по поверхности шара. При этом возникнет электрическое поле, превращующее падение капель, так как загрязны капли и шара одного знака.

Скорость капли у поверхности шара можно найти, воспользоваться законом сохранения энергии. Энергия капли $E$ складывается из кинетического энергии, потенциальной энергии в полеяжестии и электростатической энергии в поле шара.

36

Известно, что электрическое поле равномерзаряженной сферы вне ее такое же, как у точного заряда, равного по величины заряду сферы и расположенного в ее центре. Поэтому потенциальная энергия точного заряда $q$ в поле равномерзаряженной сферы с зарядом $Q$ равна $qQ/d$, где $d$ — расстояние заряда до центра сферы.

Энергия капли в начале па-
дения $E_0 = mgh + \frac{qQ}{h-R}$, где $h$ — высота padения капли, отсутствия от поверхности стола ($h > 2R$).

У поверхности шара энергия капли

$$E_1 = \frac{mv^2}{2} + 2Rmg + \frac{qQ}{R}.$$

Приравнивая эти энергии, находим

$$\frac{mv^2}{2} = mg(h - 2R) - qQ \frac{h - 2R}{R(h - R)}.$$

По мере того, как заряд шара $Q$ увеличивается, скорость капли $v$ у его поверхности уменьшается. Очевидно, что шар перестанет заряжаться, когда эта скорость становится равной нулю. Следующие капли уже не смогут попасть в шар. Из этого условия находим предельный заряд шара:

$$Q = \frac{mgR(h - R)}{q}.$$

Воспользовавшись известными формулами электростатики $Q = \phi R$ и $q = \phi_0 r$, для предельного потенциаль шара получаем

$$\phi = \frac{mg(h - R)r}{2\phi_0}.$$

При вывода этой формулы мы предполагали, что шар не переполнится жидкостью до того, как зарядится до найdenного предельного потенциальа. Однако если, например, капли достаточно большие, то всегда может произойти обратное: шар переполнится, а капли все еще смогут попадать в него. В этом случае предельный потенциаль шара тоже легко находится.

Если радиус капли $r$, а радиус шара $R$, то шар заполнится при попадании в него $N = (R/r)^3$ капель. При этом заряд шара будет равен $Q = qN$, где $q = r\phi_0$ — заряд одной капли, а предельный потенциаль шара $\phi' = Q/R = \phi_0 R^2/r^2$.

Очевидно, что в капельных электристатических машинах шар направляется полностью, так как при этом получается более высокий предельный потенциаль.

Правильное решение прислали А. Егоров из Москвы и Н. Ефимов из Винниццы (УССР).

И. Ш. Словодечкий