Атомная энергия на службе мира

УГОЛОК КОЛЛЕКЦИОНЕРА

АТОМНАЯ ЭНЕРГИЯ
НА СЛУЖБЕ МИРА

Использование atomной энергии в мирных целях налапось в июле 1954 г., когда в Советском Союзе вошла в строй atomная электростанция Академии Наук СССР в Обчинске. Этому собственно посвязывается из трех марок, выпущенных в января 1956 г. Одну из этих марок, на которой показан внешний вид этой электростанции, вы видите на фоне.

Особую выгоду дает установка atomных реакторов на судах. Так, немного более 80 кг atomного горючего достаточно ледоколу «Ленин», чтобы плавать круглый год, не заходя в порт для заправки. На фоне приведена марка с изображением atomного ледокола «Ленин».

В 1962 г. в Советском Союзе была выпущена серия из двух марок «Атомная энергия на служебе мира». Эти марки вы видите на фоне. На одной из них в центре — силигент высотного здания университета, а по краям — условия изображения, символьизирующие применение atoms в металлургии, медицинке, сельском хозяйстве и других областях. На второй марке — контурная карта СССР с условиями изображением atoms.

В 1963 г. у нас в стране вышла марка, посвязывающая теме «Атом — миру», с условиями изображением atoms на фоне линей электропередачи. Эта марка приведена на фоне. Марки, символьизирующие использовать atomной энергии в мирных целях, выпускались во многих странах мира. Так, например, интереса марка Чехословакии (см. фото в правом верхнем углу), выпущенная в 1954 г. в серии «Чехословакое машиностроение». На ней изображены заводские корпуса, а на переднем плане — паровая машина и схема строения atoms. Текст на марке гласит: «От паровой машины до atomной электростанции».

На фото также приведены марки Индонезии, Польши, Югославии и марка Организации объединенных наций с символьским изображением atoms.

А. В. Алитыс

59

К статье «Фигуры Лиссажу»

1. $v_x = -A_1 p\omega \sin p\omega t,$
   $v_y = -A_2 q\omega \sin q\omega t.$
   Кривая незамкнута, когда $v_x$ и $v_y$ обращаются в нуль.
   $v_x = 0$, если $p\omega t = k\pi,$
   $v_y = 0$, если $q\omega t = m\pi.$
   Следовательно, $\frac{p}{q} = \frac{k}{m}$ выражается относением целых чисел.

2. $y = A_2 (2\cos^2\omega t - 1) = A_2 \left(2 \frac{x^2}{A_1^2} - 1\right).$
   Это — часть параболы с вершиной в точке $y = -A_2$ и осью вдоль оси $Y$ (см. рис. 1).

Рис. 1.

К статье «Теорема косинусов и ее следствия»

3. Задчаа решения не имеет, так как неравенство $tg\alpha \leq \frac{2ab}{a^2 - b^2}$ при $a = 5, b = 2$ и $\alpha = 45^\circ$ не выполняется (см. пример 1).

4. $\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(p - b)(p - c)}{bc}},$
   $\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{p(p - a)}{bc}},$
   $tg \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(p - b)(p - c)}{p(p - a)}}.$

5. Показать, что для вскройного треугольника имеет место соответствие
   $ctg A + ctg B - 2ctg C = \frac{2c^2 - a^2 - b^2}{2S}.$

6. Установить, что
   $\cos C = \frac{(n - 1)(a^2 + b^2)}{2nab},$
   и применить неравенство $\frac{a^2 + b^2}{ab} \geq 2$

7. Воспользоваться неравенством $tg \frac{A}{2} \leq \frac{a^2}{4S}$, и соответствием $ctg A + ctg B + ctg C = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4S}$.

8. $120^\circ.$

9. Пусть $BC = a, AB = c$ и $CA = b.$ Тогда $|b - c| = |m - n|$ и $a = m + n.$ Поэтому по формуле $a^2 = (b - c)^2 + 4S tg \frac{A}{2}$ имеем $(m + n)^2 = (m - n)^2 + 4S tg \frac{A}{2}.$ Отсюда $S = mn$ $ctg \frac{A}{2}.$ В частности, если $\Rightarrow A = 90^\circ$, то $S = mn.$

10. Пусть перpendикуляр к отрезку $AB$, проведенный через его середину, пересекает прямую $l$ в точке $O.$ Тогда $OM = x, OA = OB = r, \Rightarrow AOM = \alpha, \Rightarrow BOM = \beta$ и
    $\left(\frac{AM}{BM}\right)^2 = \frac{(r - x)^2 + 4rx \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{(r - x)^2 + 4rx \sin^2 \frac{\beta}{2}}.$

Затем воспользоваться известным неравенством $\frac{a + m}{b + m} \geq \frac{a}{b}$ (при $0 < a < b$ и $m \geq 0$).

12. Воспользоваться результатом a) примера 3.

13. Пересечем боковой стороны $ABCD$ на вектор $BC$ в положение $CF$

Рис. 2.

(рис. 2). Получим треугольник $CDF$. Требуется определить угол $\alpha = \Rightarrow FCD.$
На основании свойства сторона описанного четырехугольника имеем: $AB + CD = a + b,$

60

так что $CF + CD = a + b$. Кроме того, $DF = a - b$.

Приименим к треугольнику $CDF$ формулу (5) (из статы):

$$DF^2 = (CF + CD)^2 - 4S \text{ctg} \frac{\alpha}{2},$$

где $2S = DF \cdot CH$, а $CH = 2r$. Подставив данные, получим

$$(a - b)^2 = (a + b)^2 - 4(a - b)r \text{ctg} \frac{\alpha}{2}$$

откуда

$$\text{tg} \frac{\alpha}{2} = \frac{(a - b)r}{ab}$$

Примечние. Можно доказать, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда параметры $a, b$ и $r$ удовлетворяют условию $2r \leq \sqrt{ab}$.

14. Воспользовитесь формулой (1) и тем, что если $A + B + C = \pi$, то $tg A + tg B + tg C = tg A tg B tg C$.

К задаче M108

Ответ. Пусть $a \geq b \geq c$, $a + b + c = 2p$. Тогда при $2ab > p^2$ существует одна прямая, делящая перimetр и площадь треугольника пополам, при $2ab = p^2$ – две и при $2ab < p^2$ – три.

Указание. Проведем через центр $O$ вписанной окружности прямую, будем поворачивать ее вокруг точки $O$ и следить за тем, по какую сторону от нее лежит больше половины площади (или, что то же самое,

Рис. 1.

перimetра); на рисунке 1 для шести положений прямой – по биссектрисам и перпенда*

*) Прежде чем проверить это, доказите, что биссектрисы всегда делят полный угол при точке $O$ на шесть острых углов.

Дикулярно к ним — стрелка указывает, где лежит большая часть треугольника *). Для нас важны именно эти положения, поскольку в промежутках между ними величины площади (перimetра), лежащей в одной стороне (полуплоскости) – а значит, и в другой — меняется монотно. После этого уже легко понять, что в розовом секторе лежитровно одна нужная нам прямая (при любых $a \geq b \geq c$), в каждом из головных – еще по одной, если только $2ab < p^2$.

К задаче M109

Пусть $d$ НОД $(n, k), n = dn_1, k = dk_1$. Тогда (см. пункт 5 «Линейное уравнение» в статы В. Н. Вагутена, стр. 33) существует такие целые $x$ и $y$, что $kx - ny = d$. Изменив знак $y$, $y$, можно считать, что $x \geq 0$, а $kx - ny$ равно $d$ или $-d$.

Пусть $k_1$ нечетно. Тогда $y$ можно считать четным (инчете можно заменить $x$ на $x + n_1$, а $y$ на $y + k_1$). Тогда, если заменить знаки в первых $k$ вершинах, затем в следующих за ними $k$ вершинах и т. д. $x$ раз, то в результате изменится знак только $y$ $d$ вершин, стоящих подряд. После этого задача становится, оченьвалентной той, где разрешается изменять знак $y$ $d$ вершин, стоящих подряд.

Пусть $k_1$ четно. Тогда $y$ нечетно (ведь $k_1x - n_1y = 1$). Используя то, что $kx - ny = \pm d$, мы можем поменять знак $y$ всех вершин, кроме $d$, стоящих подряд. Следовательно, мы можем оставить неизменным знак $y$ всех вершин, кроме $d$, стоящих подряд. Таким образом, мы можем получить любую комбинацию знаков, у которой в вершинах каждой правильно $n_1$-угольника та же четность количество минусов, что у первогоального расположения. Легко видеть, что другие получить нельзя.

Ответ. Пусть каждому расположению знаков соответствует набор $(x_1, x_2, \dots, x_\alpha)$, где $x_i$ равно 0 или 1 в зависимости от того, четное или нечетное количество минусов стоит в вершинах с номерами $i + d_j$ ($j = 0, 1, \dots, n_1 - 1$). Тогда при $k_1$ четном два расположения знаков можно перевести одно в другое в том и только в том случае, если соответствующие им набора одинаковы, при $k_1$ нечетном – если они одинаковы или противоположны.

К статье «Приименение тригонометрики при решении геометрических задач»

$$1. AD = \frac{a \cos \left(\frac{\alpha}{2} + \beta\right) \cdot \cos \left(\frac{\alpha}{2} - \beta\right)}{\sin \alpha \cos \beta}.$$

$$2. V = \frac{S \sqrt{S}}{6} \cdot tg \beta \cdot \sqrt{\sin \alpha}.$$

61

3. $$\frac{l \mathrm{tg} \left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)}{\cos \frac{\beta}{2}} \times \sqrt{\sin \left(\alpha + \frac{\beta}{2}\right) \sin \left(\alpha - \frac{\beta}{2}\right)}$$

4. $3\sqrt{5} \text{ cm}, 10 \text{ cm}, 11 \text{ cm}$.

5. $\arcsin(\cos \alpha) \times \sqrt{\left[\cos(\alpha - \beta) - \cos \gamma\right] \cdot \left[\cos \gamma - \cos(\alpha + \beta)\right]}$.

6. $$\frac{S_{\square}}{S_{\triangle}} = \frac{ab(a + b + 2)}{(a + 1)(b + 1)(a + b + 1)}$$

К статье «Варианты вступительных экзаменов по математике 1971 года»

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ ИМЕНИ В. И. ЛЕНИНА

Вариант 1

1. $$\frac{2a^2(2\sqrt{3} - 3)}{3}$$. Указание.
   Заметив (и доказав), что $\Rightarrow ASC = \Rightarrow BSD = 90^\circ$ и что диагонали сечения взаимно перпендикулярны, находим диагонали и площадь четырехугольника.
2. $1 \text{ m/сек}; 1,2 \text{ m/сек}$.
3. $x < -1 - \sqrt{2}; 0 < x < \sqrt{2} - 1; x > 1$.
4. $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$. Указание. ОДЗ исходного уравнения определяется условиями: 1) $\cos x + 1 > 0$; 2) $\sin x > 0$; 3) $\sin x \neq \frac{\sqrt{2}}{2}$. Перейд к уравнению $1 + \cos x = 2\sin^2 x$
   и выразив $\sin^2 x$ через $1 - \cos^2 x$, получим совокупность уравнений: 1) $\cos x + 1 = 0$, 2) $\cos x = \frac{1}{2}$. Из решения выбираем только те, которые входят в ОДЗ исходного уравнения, то есть $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.
   Заметание. Если $2\sin^2 x$ заменить на $1 - \cos 2x$, то получим уравнение $\cos x = -\cos 2x$, откуда $x_1 = \pi + 2\pi n$, $x_2 = \frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$; $\sin x_1 = 0$ и потому $x_1$ не входит в ОДЗ, а из решения серии $\frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$ надо отобразить те, которые входят в ОДЗ. Для этого разбиаем серию $\frac{\pi}{3} + \frac{2}{3} \pi n$ на 3, как говоря, элементарные серии:
   $x_1 = \frac{\pi}{3} + 2\pi n; x_2 = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n; x_3 = \pi + 2\pi n,$ из которых только $\frac{\pi}{3} + 2\pi n$ входит в ОДЗ.

Вариант 2

1. $\frac{1}{8} (a^2 + 2ab) \mathrm{tg} \alpha$. Заметание.
   Напомним, что центр вписанной в треугольник окружности лежит в точке пересечения биссектрис.
2. $40 \text{ km/ч}; 50 \text{ km/ч}.$
3. $x = 5$.
4. $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Указание. Заметив $\cos^2 x$ на $1 - \sin^2 x$ и разложив уравнение на множители, получим совокупность уравнений: 1) $\sin x = 1$ и 2) $\sin x + \cos x = 2$. Второе уравнение решей не имеет.

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ ИМЕНИ А. И. ГЕРЦЕНА

Matематический факультет

1. $1/9$. 2. $\alpha > 5$.
2. $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi$, где $k = 0, \pm 1, \pm 2$…
3. $$\frac{S^{3/2} \sin \alpha \sqrt{\cos \alpha}}{6 (1 + \cos \alpha)^{3/2}}.$$

Физический факультет

1. $1 - \sqrt{a/x}$. 2. $x_1 = -1, x_2 = 5$.
2. $1/\sin \alpha$. 4. $$\frac{\pi h^3 (1 - \cos \alpha)}{3 \cos \alpha}$$

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ГОРНЫЙ ИНСТИТУТ

1. $x = 1, y = 0$. Указание. Введите новые неизвестные
   $u = \frac{1}{x + y}, v = \frac{1}{x - y}$.
2. Указание. Заметьте, что $2 \cos \alpha \cos \beta = \cos (\alpha + \beta) + \cos (\alpha - \beta)$.
3. $x = 1$. Указание. Внесите $x$ под знак логарифма и придите к уравнению $10^x + 20^x = 6.5^x$. Заметьте, что $5^x > 0$, а следовательно, это уравнение можно сократить на $5^x$, получив квадратное уравнение относительно неизвестного $y = 2^x$.

4. $b < -\frac{3}{2}$ или $b > -1$. Указание и е. Выражение имеет смысл тогда, когда $1 + \frac{6b + 5}{2b + 3} > 0$.

Решите это неравенство, приведя правую часть к общему значенателю, например, метод интегралов.

Рис. 1.

5. $\frac{2h^2}{\sin 4\alpha}$. Указание и е. Достройте трапецию AMNB до прямого углового треугольника ABC (см. рис. 1). Тогда AB можно выразить через MP = h и углы CAB и MBA:

$$AB = h \mathrm{ctg} \alpha + h \mathrm{ctg} \left( \frac{\pi}{2} - 2\alpha \right).$$

MN найдите из $\triangle MCN$, представлено вычислив MC как разность AC и AM.

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ ИМЕНИ ЛЕНСОВЕТА

1. Указание и е. Разложите $\cos^4\alpha - \sin^4\alpha$ по формуле разности квадратов.
2. Углы между боковыми гранями и плоскостью основания равны $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$, а углы между соседними боковыми гранями равны $2\arcsin \frac{\sqrt{6}}{3}$. Указание и е. Доказите, что параметр — правильная. Обозначьте боковое ребро прямых через x и выразите через него стороны треугольников, содержащих расматриваемые углы.
3. $a = 0$ или $a = -1$. См. также рисунок 2. Указание и е. Данные графики всегда проходят через точку (0, -1). Поэтому достаточно потребовать, чтобы уравнение

$$ax - 1 = \frac{1}{x - 1}$$

не имело решений, отличных от x = 0.
4. $x > \sqrt{5}$ или $\frac{1}{\sqrt{5}} < x < 1$. Указание и е. Функция определена, если выполняются

62

63

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ИНЖЕНЕРНО-СТРОИТЕЛЬНЫЙ ИНСТИТУТ

1. $-27$.
2. $2 \sin \left( \alpha - \frac{\pi}{6} \right)$. Указано. Воспользовательство формулики приведения и соответствием
   $2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - 1 = -\cos \alpha$.
3. $\frac{d^3}{12} \cos \frac{\alpha}{2} \text{ctg} \frac{\alpha}{2} \text{tg} \beta$. Указано ие. Расмотрите какой-либо прямогольный треугольник, образованный стороном ромба и его диагоналими. Выразите через $d$ и $\alpha$ его площадь и высоту, опущенную на гипотенуzy.
4. $x = 25$. Указано. Представьте каждое слагаемое в виде степеней двойки.
5. $(b - a)^2$. Указано. Заметьте, что $\frac{1}{\log_b a} = \log_a b$.

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ИНСТИТУТ
ТОЧНОЙ МЕХАНИКИ И ОПТИКИ

1. $\sqrt{x}$.
2. $x = -2$. Указано. Один из самых красивых методов решения этого уравнения заключится в «угадывании» корня $x = -2$. После этого доказите, что уравнение не имеет других корней, так как влево части уравнения стоит строго возрастишая функция.
3. $x = \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{4}$ или $x = \pm \frac{\pi}{9} + \frac{2\pi n}{3}$ ($k, n$ — любые целые числа). Указано. Заметите $\cos 7x + \cos x$ и $\cos^2 2x - \sin^2 2x$, используя известные соответствия.

ЛЕНИНГРАДСКИЙ
ГИДРОМЕТЕОРОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ

1. $a^x$. Указано. Представьте последовательно все подкоренные выражения в виде квадратов.
2. $x = \frac{1}{12}$ или $x = \frac{9}{4}$. Указано. Перейдите к новому неизвестному $y = \log_3 4x$.
3. $\left\{ \begin{array}{l l} x = 0, \\ y = \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right.$ или $\left\{ \begin{array}{l l} x = 1, \\ y = 1 \end{array} \right.$ или $\left\{ \begin{array}{l l} x = -1, \\ y = -1 \end{array} \right.$
   Указано. Осовобидитесь от членов, не содержащих неизвестные, и придите к уравнению относительно $xy$.
4. $x = \pm \frac{\pi}{3} + k\pi$ ($k$ — любое целое число). Указано. Перейдите выражение влево части уравнения к общему знаменателю и разложите $1 - \sin^4 x$ по формуле разности квадратов.

ЛЕНИНГРАДСКАЯ ЛЕСОТEXНИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ ИМЕНИ С. М. КИРОВА

1. $a_1 = \frac{2}{3}$; $q = 2$. Указано. Перейдите к неизвестным $a_1$ и $q$, где через $q$ обозначает знаменатель прогрессии. Разделите первое уравнение на второе и полученное уравнение относительно $q$ решите, используя разложение многочлена на множители.
2. $x = 5$. Указано. Представьте уравнение к общему знаменателю, после чего воспользовательство формулики логарифма степени и произведения.
3. $x = 2k\pi$ или $x = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ ($k$ — любое целое число). Указано. Воспользовательство формулиной $\cos x = 1 - 2 \sin^2 \frac{x}{2}$.
4. $\frac{R^2 \text{tg} \alpha}{\cos \varphi} \sqrt{1 - \text{tg}^2 \alpha \text{tg}^2 \varphi}$. Указано. Проведите плоскость через конуса и радиус, перпендикулярный хорд. Расмотрите получившиеся прямогольные треугольники.

ЛЕНИНГРАДСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ ЦЕЛЛЮЛОЗНО-БУМАЖНОЙ ПРОМЫШЛЕННОСТИ

1. $x = \pi (2n + 1)$ или
   $$x = (-1)^k \arcsin \frac{1}{3} + k\pi$$
   ($n, k$ — любые целые числа). Указан и е. Воспользовитесь формулами приведения, после чего разложите обе части уравнения на множители, предварительно сгруппировав их подходящим образом.
2. $x = 4$. Указан и е. Упростите выражение в правой части уравнения.
3. Указан и е. Воспользовитесь формулами приведения и формулами, выражаютсями тангенс половинного аргумента через косинус основного аргумента.
4. $$\sqrt{a^2} - 1.$$

К статье «Решение задач по электростатике»

1. Разность потенциальных нуждны на 980 $\theta$.
2. Электрометр будет показывать э. д. с. гальванического элемента независяimo от величины emкости конденсатора.
3. Разность потенциальов $\Delta \varphi_{AB} = E_1 - \Delta \varphi_1 = -E_2 + \Delta \varphi_2$, где $\Delta \varphi_1 = \frac{q}{C_1}$ и $\Delta \varphi_2 = \frac{q}{C_2}$ разности потенциальов между пластинами конденсаторов. Исключая из этих уравнений заряд $q$, получим:
   $$\Delta \varphi_{AB} = \frac{C_1 E_1 - C_2 E_2}{C_1 + C_2} = -1,3 \theta.$$
4. Заряды конденсаторов до соединения: $q_1 = C_1 \Delta \varphi_1$ и $q_2 = C_2 \Delta \varphi_2$. Общий заряд на обкладках после соединения $q = q_1 + q_2$. Общая emкость конденсаторов после соединения $C = C_1 + C_2$. Искомая разность потенциальов $\Delta \varphi = \frac{q}{C} = \frac{C_1 \Delta \varphi_1 + C_2 \Delta \varphi_2}{C_1 + C_2} = 40 \theta.$

К статье «Электромагнитная индукция»

1. a) Не возникает, так как при движении не меняются ни величины магнитной индукции, ни угол, который она составляет с плоскостью контур, ни площадь контур.

6. Возникает, так как при движении меняется угол между вектором магнитной индукции и плоскостью контур.
   b) Не возникает, так как линни магнитной индукции лежат в плоскости контур и магнитный поток через контур всегда равен нулю.

г) Возникает, так как следствие неоднородности магнитного поля прямого магнита меняется величина вектора магнитной индукции.
2. Заряд, протекающий по катушке при введении магнита, равен
$$Q = \frac{\Delta \Phi}{R} = \frac{n\pi r^2 BS}{\rho 2\pi rn} = \frac{rSB}{2\rho} \approx 3 \cdot 10^{-3}\kappa.$$
3. a) В контуре, образуемом катушки и сопротивлением, действует э. д. с. индукции
$$E_{инд} = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = n\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} \approx 31 \theta.$$
Под действием этой э. д. с. в контуре течение ток $I = E_{инд}/R \approx 3,1$ а и на сопротивлении $R$ выделяется $W = I^2 R = 96 \theta m.$ Заряд на конденсаторе
$$Q = CU = Cn\pi r^2 \frac{\Delta B}{\Delta t} \approx 3 \cdot 10^{-4}\kappa.$$
4. Разность потенциальов, возникших на концах проводника длины $l$, движущегося в перпендикулярном магнитном поле индукции $B$ со скоростью $v$: $U = Blv \approx 10^{-4} \theta$. Соответствующая этой разности потенциальов направленность электрического поля $E \approx U/l \approx 10^{-5} - 10^{-6} \theta/cm$, что значительное меньше направленности слуяйных электрических полей в атмосфере. Орентироваться таким образом голубь не может.
5. В первом случае ток через проводника равен $I = E_{инд}/R = Blv/R$. Тормозящая сила пропорциональна $I$, а следовательно, и скорости проводника $v$. Скорость проводника будет растяно до тех пор, пока сила $F$ не уравновесит силу тяжесте $P$: $mg = Bll = B^2 l^2 v/R$. Отсюда максимальная скорость проводника
$$v = mgR/B^2 l^2.$$
Во втором случае имеет два контур, образованных движущимся проводником, рельсами и каждой перемычкой. Э. д. с. индукции в них одинаковы по величины $E_{инд} = Blv$ и равны $IR$, где $I$ — ток через движущийся проводник. Отсюда ток через движущийся проводник $I = Blv/R$. В этом случае максимальная скорость проводника та же.

К заметке «Квант»
для младших школьников»
(cm. «Квант» № 6, 3-я стр. обложки)

1. 26, 14.
2. Каждая сумма равна сумме чисел, стоящих у вершин треугольника.
4. -3, -5, -7, -9.
5. 33, 43.
6. А сколько вам лет?