Решения задач М251—М255; Ф260—Ф268

42

Решения задач
M251—M255; Ф260—Ф268

M251. Дано n фишек нескольких цветов, причем фишек каждого цвета не более n/2. Доказим, что их можно рассматривать на окружности mak, чтобы никакие две фишки одинакового цвета не столько рядом.

Первое решение: Будем считать, что если рядом стоит две фишки одинакового цвета, то они соединены дугоей. Тогда нам нужно доказать, что существует такая расстановка фишек на окружности, в которой нет друг.

Пусть имеется какая-то расстановка фишек по кругу; докажем, что фишки можно переставить таким образом, что в новой расстановке число друг уменышится.

В самом деле, пусть, например, в расстановке две черные фишки соединены дугоей. Тогда на окружности обязаательно найдет две черные фишки, стоящие рядом. Действительно, если бы рядом с каждой черной фишкой стояли черные, да еще две черные стояли рядом, то черных фишек было бы больше половины, а это противоречит условияю.

Возьем теперь одну из упомянутых нечерных фишек и поставим ее между двумя черными. При этом число друг в новой расстановке, очередно, уменышится. Так как число друг в расстановке не может оказаться меньше нуля, то в конце концов мы получим расстановку фишек на окружности без друг.

Второе решение. Будем доказать утверждение задачи индукцией по числу k различных цветов. Когда k=2, утверждение очевидно: в этом случае фишек каждого цвета должно быть $\frac{n}{2}$, и их можно расставить в чернующемся порядке. Если у нас имеется фишки k=3 цветов, скажем, красного, черного и зеленого, будем действовать так. Начнем расставлять те фишки, которых больше всего, например красные,—через одну на нечетные места. Когда красные фишки кончается, будем продолжать расставлять на нечетные места черные фишки. Ясно, что фишками двух цветов мы исчерпаем все нечетные места, остаток черных фишек сложем поставить между красными, а на свободные (четные) места сложем поставить зеленные фишки (рис. 1).

Если число фишек k≥4, то найдет два цвета таких, что фишек этих обихих цветов будет не больше n/2. Перекрасив эти фишки в один цвет, получим набор фишек (k—1) цветов, для которого предположение индукции выполнен. Расставив их по окружности так, чтобы выполнялось условие, и вернулись к первоначальной окраске, получим нужную расстановку фишек k цветов.

Третье решение. Возьем n рыцарей, даим каждому по фишке и обьявим двух рыцарей врагами, если им достигли фишки одного цвета, и друзьями — если разного. Тогда выполнен условия задачи M250, a; поэтому рыцарей с фишками можно расставить за круглым столом.

В. Л. Гутемахер

Решение задачи M252 см. в статье А. А. Егорова «Решетки и правильные многоугольники», которое мы помещим в «Кванте» № 12 за 1974 г.

M253. На плоскости заданы три точки, являющиеся соответствующего центрами вписанной, описанной и одной из внешисанных окружностей треугольника. Как по этим данным восстановить треугольник?

(Напомним, что внешисанной окружность треугольника называется окружностью, касающаяся одной из сторон треугольника и продолженной двух других сторон.)

Обозначим вершины искомого треугольника буквами A, B и C, центры описанной, вписанной и внешисанной окружностей—буквами O, O₁ и O₂ соответственно (рис. 2).

Заметим, что прямая O₁O₂, проходящая через центры вписанной и внешисанной окружностей, является bicсекторной угла A треугольника ABC, то есть прямая O₁O₂ должна проходить через вершину A. Легко

43

Рис. 2.
сообразить, что $\Rightarrow O_1BO_2 = \Rightarrow O_1CO_2 = \pi/2$. Следовательно, точки $B$ и $C$ лежат на окружности $s$ с диаметром $O_1O_2$; обозначим центр этой окружности (то есть, середину отрезка $O_1O_2$) буковой $S$. Так как точка $O$ — центр описанной окружности, то она находится на перпендикуляре, проходящем через середину отрезка $BC$. Но отрезок $BC$ — хорда окружности $s$, поэтому этот перпендикуляр должен проходить через центр окружности $s$, то есть через точку $S$.

Итак, если точки $O$ и $S$ не совпадают, то прямая $OS$ перпендикулярна к стороне $BC$ исключого треугольника и проходит через ее середину.

Осталось воспользоваться тем, что точка пересечения перпендикуляра, проходящero через середину стороны $BC$, и bisсектировы угла $A$ (то есть точка $S$) находится на окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ (см. рис. 2). Поэтому описанию окружность (с центром $O$) мы можем построить (ее радиус через точку $SO$). Вторая точка пересечения этой окружности с прямой $O_1O_2$ — это вершина $A$ исключого треугольника. Точки, в которых окружность пересекается с окружностью $s$, — это ограничение на расположение точек $O$, $O_1, O_2$ — единственное.

Л. Г. Лиманов

M254. Ввысшие значение $\sqrt{0,11111\ldots11111}$
с точностью: $a) 100$ знаков после запятой; $b) 101$ знаков после запятой; $v) 200$ знаков после запятой.

Приведем решение, позволяющее вычислить этот корень с точностью 301 знак после запятой.

Преобразуем данное число следующим образом:

$$\frac{1}{3} \sqrt{0,999\ldots999} = \frac{1}{3} \sqrt{1-10^{-100}}.$$

Тогда

$$\sqrt{1-10^{-100}} < 1 - 0,5 \cdot 10^{-100}.$$

Уточним эту оценку: найдем такое положительное число $a$, чтобы выполнялось неравенство

$$\sqrt{1-10^{-100}} < 1 - 0,5 \cdot 10^{-100} - a \cdot 10^{-200}.$$

Для этого возведем обе части неравенства (2) в квадрат:

$$1-10^{-100} < 1 + 0,25 \cdot 10^{-200} + a^2 \cdot 10^{-400} - 10^{-100} - 2a \cdot 10^{-200} + a \cdot 10^{-300};$$

упросая, получим

$$0 < (0,25-2a) + a \cdot 10^{-100} + a^2 \cdot 10^{-200}.$$

Чтобы выполнялось неравенство (2), достаточно взять $a=0,125+10^{-102}$. Действительно, при этом значения $a$ выражение $0,25-2a+a \cdot 10^{-100}$ положительное.

Таким образом, приходим к оценке:

$$\sqrt{1-10^{-100}} < 1 - 0,5 \cdot 10^{-100} - 0,125 \cdot 10^{-200} - 10^{-302}.$$

Чтобы оценить число $\sqrt{1-10^{-100}}$ сначала, выберем число $b$ так, чтобы выполнялось неравенство

$$\sqrt{1-10^{-100}} > 1 - 0,5 \cdot 10^{-100} - b \cdot 10^{-200},$$

эквивалентное

$$0 > (0,25-2b) + b \cdot 10^{-100} + b^2 \cdot 10^{-200}.$$

Чтобы выполнялось неравенство (4), достаточно положить $b=0,125+10^{-101}$.

Получаем такой оценку:

$$\sqrt{1-10^{-100}} > 1 - 0,5 \cdot 10^{-100} - 0,125 \cdot 10^{-200} - 10^{-301}.$$

Из оценок (3) и (5) следует, что

$$0,9\ldots949\ldots98 < \sqrt{1-10^{-100}} < 0,9\ldots949\ldots98$$

Дtocда получаем

$$\sqrt{0,11\ldots11} = 0,33\ldots3166\ldots62499\ldots9\ldots,$$

причем все 301 знак после запятой верны.

Аналогичное решение этой задачи прислал наш читатель С. Доморяд.

С. Т. Берколако

44

Рис. 3. Залитые светом облactic сфер — те, из которых можно проведти касательную к другой сфере.

M255. AB и CD — различные касательные к двум данным шарам (А и С принадлежат поверхностям однозою шара, В и D — другие). Доказите, что проекти отрезков AC и BD на прямую, проходящую через центры шаров, равны.

Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры шаров, $|O_1A| = |O_1C| = r_1$ и $|O_2B| = |O_2D| = r_2$ — их радиусы, $|O_1O_2| = d$, $|AB| = l$, $|CD| = m$, $\Rightarrow AO_1O_2 = \varphi$, $\Rightarrow CO_1O_2 = \psi$.

Тогда длина проекти отрезка AC на прямую $O_1O_2$ равна
$$\|AO_1\| \cos \varphi - |CO_1| \cos \psi| = |r_1 \cos \varphi - r_1 \cos \varphi|.$$ (1)

По теореме косинусов для $\triangle AO_1O_2$ (рис. 3)
$$|AO_2|^2 = r_1^2 + d^2 - 2r_1 d \cos \varphi.$$ (2)

Поскольку угол $ABO_2$ (между касательной и радиусом) прямој,
$$|AO_2|^2 = |AB|^2 + |B_2O|^2 = l^2 + r_2^2.$$ (3)

Из (2) и (3) получаем
$$2dr_1 \cos \varphi = r_1^2 + d^2 - r_2^2 - l^2.$$ (4)

Аналогично найти
$$2dr_1 \cos \psi = r_1^2 + d^2 - r_2^2 - m^2.$$ (5)

Из (1), (4) и (5) следует, что проекти отрезка AC на $O_1O_2$ имеет длину
$$\frac{|l^2 - m^2|}{2d}.$$

Ясно, что такую же длину имеет и проекти отрезка BD.

Приведем еще одно решение этой задачи, яснее раскрывающее ее геометрическую подплеку. Плоский аналог задачи M255 (рис. 4) подсказывает, что касательные должны быть расположены так, чтобы их середины проектировались в одну и ту же точку на прямой $O_1O_2$, то есть что все середины касательных к двум данным шарам должны лежать в одной плоскости, перpendикулярной линии центов. Мы доказем более общее утверждение.

Рис. 4. Проекции отрезков AC и BD на линюцентров одинаковы, если середины AB и CD проектируются в одну точку P.

Теорема. Все точки M, касательные из которых к двум данным шарам имеют одинаковую длину, лежат в одной плоскости, перpendикулярной линии центов $O_1O_2$ и пересекающей $O_1O_2$ в макой точке P, для которой
$$|PO_1|^2 - |PO_2|^2 = r_1^2 - r_2^2.$$ (6)

Заметим, что последним равенством положение точки P на прямой $O_1O_2$ определяется однозначно: если на прямой $O_1O_2$ выбрать систему координат так, чтобы точки $O_1$ и $O_2$ получили координаты 0 и d, то координата x точки P однозначно определяется из уравнения $x^2 - (x - d)^2 = r_1^2 - r_2^2$:
$$x = \frac{r_1^2 - r_2^2 + d^2}{2d}.$$

Теперь доказем теорему. Тут самое замечательное, что можно сразу перейти к плоской задаче: ведь из точки M к каждой шару можно проводить много — целый «конус» — касательных, оченьindo, равных по длине, и мы можем выбрать всегда те из них, которые лежат в плоскости $MO_1O_2$ (рис. 5). В этой рис. 5. Длины всех касательных, проведенных из точки M к каждой шару, одинаковы.

45

Рис. 6. Разность квадратов расстояний от $M$ до центров кругов постояния. Поэтому точка $M$ принадлежит определенной прямой, перpendикулярной линии центров (радикальной оси двух окружностей).

плоскости (рис. 6) лежит и проекция $M'$ точки $M$ на прямую $O_1O_2$.

Из равенства длины касательных

$$\sqrt{|MO_1|^2 - r_1^2} = \sqrt{|MO_2|^2 - r_2^2}$$

вытекает, что

$$|MO_1|^2 - |MO_2|^2 = r_1^2 - r_2^2.$$

Пользовать тем, что треугольники $MM'O_1$ и $MM'O_2$ — прямогольные, получаем

$$|M'O_1|^2 - |M'O_2|^2 = r_1^2 - r_2^2,$$

то есть для точки $M'$ выполняется то же равенство (6), что и для точки $P$; как мы уже говорили, в этом случае $M'$ должна совпадать с $P$. Таким образом, точка $M$ лежит в плоскости, перpendикулярной линии центров и проходящей через точку $P$, определяемого равенством (6) (эта плоскость называется радикальной плоскостью двух данных сфера). Теорема доказана.

И. Ф. Шарыцин, Н. Б. Васильев

К решению задачи М 218. В «Кванте» № 4 за этот год мы предложили читательам обобщение задачи М218. Редакция получила несколько писем. Наиболее полное решение прислал В. Л. Рабинович.

Напомним формулировку задачи, приведем ответ и укажем основную идею решения.

Задача. При каком наиболее $c_n$ для любых положительных $x_1, \dots, x_n$ верно неравенство

$$(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 \geq c_n (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_n x_1))?$$

Ответ: $c_2 = 2, c_3 = 3, c_n = 4$ при $n \geq 4$, при этом в случае $n = 2, 3, 4$ неравенство верно при любых $x_1, \dots, x_n$.

Докажем, что неравенство

$$(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 \geq 4 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_n x_1))$$

(2)

верно для положительных $x_1, x_2, \dots, x_n$ при $n \geq 4$.

Для $n = 4$ неравенство (2) верно при любых $x_1, x_2, x_3, x_4$. В самом деле,

$$(x_1 + x_2 + x_3 + x_4)^2 - 4 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_4 + x_4 x_1) = ((x_1 + x_3) + (x_2 + x_4))^2 - 4 (x_1 + x_3) \times (x_2 + x_4) = (x_1 - x_2 + x_3 - x_4)^2 \geq 0.$$

Докажем, что если неравенство (2) верно для $n$ положительных чисел, то оно верно и для $(n + 1)$ положительных чисел.

Мы можем считать, что $x_{n+1}$ — наименьшее из чисел $x_1, x_2, \dots, x_{n+1}$. Тогда

$$(2x_1 - x_{n+1}) (2x_n - x_{n+1}) \geq 0.$$

Сложив это неравенство с (2), получим

$$(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 + x_{n+1}^2 + 4x_1 x_n - 2x_1 x_{n+1} - 2x_{n+1} x_n \geq 4 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_{n-1} x_n + x_n x_1),$$

откуда

$$(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 + 2x_{n+1} (x_1 + x_n) + x_{n+1}^2 \geq 4 (x_1 x_2 + \dots + x_{n-1} x_n + x_n x_1) - 4x_1 x_n + 4x_n x_{n+1} + 4x_{n+1} x_1 = 4 (x_1 x_2 + \dots + x_n x_{n+1} + x_{n+1} x_1),$$

тем более

$$(x_1 + x_2 + \dots + x_{n+1})^2 = (x_1 + \dots + x_n)^2 + 2x_{n+1} (x_1 + x_2 + \dots + x_n) + \dots + x_n) + x_{n+1}^2 > 4 (x_1 x_2 + \dots + x_n x_{n+1} + x_{n+1} x_1).$$

В. Л. Гутемахер

Ф260. На вход схемы (рис. 7, а) подаются прямые угловые направления величиной $U_0$ и диаметрности $T$. Период поворения импульсов $T$ (рис. 7, б). Наименование чертежа очень много перiodов направления на конденсаторе, если в течение периода направление на конденсатор изменяется очень мало.

Когда в цепи установится равновесие, направление, а значит, и заряд на конденсатор меняться не будут. То есть увеличение

46

Рис. 8.

зарядка при зарядке будет равно уменьшению заряда при зарядке.
При зарядке конденсатора в течение времени τ направление на нем равно
$$U_C = U_0 - I_3 r.$$
Так как за период заряд на конденсатор меняется очень мало, то можно считать зарядный ток постоянным и равным
$$I_3 = \frac{\Delta q}{\tau},$$
где $\Delta q$ — изменение заряда. Таким образом,
$$U_C = U_0 - \frac{\Delta q}{\tau} r.$$ (1)

При зарядке конденсатор разряжается через сопротивление $R$ в течение времени $T - \tau$, поэтому $U_C = I_p R$, где зарядный ток
$$I_p = \frac{\Delta q}{T - \tau}.$$
Следовательно, во время зарядки
$$U_C = \frac{\Delta q}{T - \tau} R.$$ (2)

Решая совместно (1) и (2), получим
$$U_C = U_0 \frac{R\tau}{(R - r)\tau + rT}.$$

Ф261. На границе раздела двух жидкостей с разными плотностями плаваем, поэтомусь в нижнюю жидкость на глубину $h$, молстомный смакан с монким диом. Смакан заполнен доверху верхней жидкостью. Внешний радиус смакана $R$, внутренний $r$. В дне смакана появляется глубина подружения смакана после можно как жидкость перестановим вместе в него?

Запишем условие равновесия стакана в первом случае (рис. 8, а):
$$mg + m_1 g = F_{B1}.$$
Здесь $m$ — масса стакана, $m_1 = \rho_1 \pi r^2 l$ — масса жидкости внутри стакана ($l$ — высота стакана), $F_{B1}$ — выталкивающая сила.

Рис. 9.

Если тело плавает на границе раздела двух жидкостей так, что в первой жидкостях находится часть тела объемом $V_1$, а во второй — $V_2$, то на тело действует выталкивающая сила, равная
$$F_B = \rho_1 g V_1 + \rho_2 g V_2.$$
Действительно, можно мысленно разделить тело на две части по границе раздела жидкостей и рассматривать каждую часть в отдельности. От этого ни положение тела, ни действующие на него силы, конечно, не изменяется. Таким образом,
$$F_{B1} = \rho_1 g \pi R^2 (l - h) + \rho_2 g \pi R^2 h.$$
Тогда условие равновесия записывается так:
$$mg + \rho_1 g \pi r^2 l = \rho_1 g \pi R^2 (l - h) + \rho_2 g \pi R^2 h.$$ (1)

Когда в дне стакана появится дыра, нижняя жидкость будет в стакан, вытесняющая оттуда верхнюю жидкость. Это будет проинсходить до тех пор, пока уровень границы жидкостей не совпадает с уровнем границы жидкостей в стакана (рис. 8, 6). И в этом случае стекан будет находиться в равновесии, поэтому можно записать равенство, аналогичное равенству (1):
$$mg + \rho_1 g \pi r^2 (l - x) + \rho_2 g \pi r^2 x = \rho_1 g \pi R^2 (l - x) + \rho_2 g \pi R^2 x.$$ (2)

Из (1) и (2) находится
$$x = h \frac{R^2}{R^2 - r^2}.$$

Мы получили, что ответ не зависит от массы стакана, ни от плотностей жидкостей. Это может вызвать удивление. Ведь стакан тяжелый, а верхняя среда, например, возможно, то ясно, что после появления дыры стакан потонет. Однако ответ задачи правильный. Дело в том, что при решении мы заведено считали, что $h < l$ и $x < l$ (при $h \geq l$ или $x \geq l$ стакан будет тоннуть). Эти условия вместе с равенствами (1) и (2) позволяют найти соотношение между плотностью материалов стакана и плотностями жидкостей, при которых возможно равновесие стакана как в первом, так и в втором случах.

Ф262. Tonкостенный цилиндрический стакан, имеющий монкое дно, закрыт неvesом

47

Рис. 10.

тонким поршнем. Между поршнем и дном в стакане естьальная пружина. Внутри стакана находится воздух при атмосферном давлении $p_0$. Стакан плаваем в воде, как показано на рисунке 9, а расстояние от поверхности воды до поршня равно $l_1$, глубина порружения стакана равна $l_2$. Площадь поршня $S$, жесткость пружины $k$, плотность воды $ρ$. На какую максимальную глубину можно порружить стакан под воду, чтобы он еще мог всплыть? Объем пружины пренебречь.

В начальной момент стакан плавает на поверхности воды. Это означает, что действующая на него сила тяжестки уравновешивается выталкивающей архимедовой силой:

$$mg = \rho g l_2 S.$$

При погружении стакана сначала выталкивающая сила будет увеличивать. Но когда поршень достигнет уровня воды, сила давления воды начинает перемешать поршень вниз, к дну стакана. При этом объем стакана, а значит, и выталкивающая сила будет уменьшаться. Очевидно, что максимальная глубина погружения стакана — это такая глубина, на которой выталкивающая сила, как и в начальной момент, равна силе тяжестки, действующей на стакан:

$$mg = \rho g x S.$$

Здесь $x$ — высота поршня от дна стакана (рис. 9, б). Причем, из (1) и (2)

$$x = l_2.$$

С другой стороны, величины $x$ связана с глубиной погружения стакана $h$. Запишем условие равновесия поршня. На него сверху действуют сила атмосферного давления $p_0 S$ и сила гидросатического давления $\rho g (h - x) S$, а сниз — сила упругости пружины $k \Delta x = k (l_1 + l_2 - x)$ и сила давления воздуха в стакане $p S$. Естественно считать, что температура воздуха под поршнем не меняется (она равна температуре воды), поэтому из закона Бойля — Мариотта

$$p_0 (l_1 + l_2) = px,$$

откуда

$$p = p_0 \frac{l_1 + l_2}{x}.$$

Рис. 11.

Таким образом, можно записать

$$p_0 S + \rho g (h - x) S =$$

$$= k (l_1 + l_2 - x) + \frac{p_0 (l_1 + l_2) S}{x}.$$

Подставляя сюда $x = l_2$, получим:

$$p_0 S + \rho g (h - l_2) S = k l_1 + p_0 S \left( \frac{l_1}{l_2} + 1 \right),$$

откуда

$$h = \frac{p_0 S l_1 + k l_1 l_2 + \rho g l_2^2 S}{\rho g S_2}.$$

Ф263. Матрированное стекло (одна из поверхностей стекала ладкая, другая цероховая) прикладываются к чертежу: один раз ладкой поверхности кверху, другой раз — книзу. В одном случае виден хорошего, в другом — разобрать его невозможно. Почему?

Шероховая поверхность стекала рассеивает падающий на нее свет равномерно во все стороны. Если стекло лежит на чертежегладкой поверхности (рис. 10, а), то в каждую точку шерохового поверхности стекала попадают лучи, идущие как от линей чертежа, так и от чистых мест. Световые потоки, идущие из таких разных участков чертежа, затем рассеиваются во все стороны одинаково, и от каждой участке чертежа в глаз попадают лучи, идущие как от линей чертежа, так и от чистых мест. Разные участки стекала поэтому кажутся одинаково яркими, и разобрать чертеж нельзя.

Если же стекло обращено к чертежу матовой поверхности (рис. 10, б), то матовая поверхность оказывается освещенной неравномерной. Лучи, идущие из разных точек поверхности, попадают в глаз, не пересекаясь, и чертеж легко разобрать.

Ф264. Две одинаковые круглые плоские металлические плостины, расположенные как, как показано на рисунке 11, врачают с угловой

48

вой скорость $\omega$ в промивоположные стороны в максимном поле, перепределулярном плоскостям пластин. Индукция максимного поля равна $B$, расстояние между пластинами $a$. Оси пластин соединяют проводиком. Наимышечноеся распределение плотности зарядов на пластинах.

Вращающийся пластин образуют плоский конденсатор с неравномерным распределением зарядов вдоль пластин. Если выделить одинаковые нахождения друг против друга участки пластин с площадью $S$, то нетрудно найти емкость конденсатора, который образуют эти участки. Она равна $C = \frac{\varepsilon_0 S}{a}$. Так как заряд такого конденсатора равен $Q=CU$, где $U$ — разность потенциальов участков, то ясно, что мы легко определим плотность зарядов на участке $\sigma = \frac{Q}{S} = \frac{CU}{S} = \frac{\varepsilon_0 U}{a}$, если сможем вычислить $U$. Попробуем это сделать.

На заряд $q$, который находится на расстоянии $x$ от центра пластин, действуют две силы: сила Лоренца $F_\pi = qvB = q\omega xB$ и сила $F_\alpha = qE$ со стороны электрического поля, которое возникает в пластине благодаря неравномерности распределения зарядов по диску. Равнодействующая сил $F_\pi$ и $F_\alpha$ создает заряду центростремительное ускорение $a = \omega^2 x$. Поэтому согласно II закону Ньютона

$$F_\pi + F_\alpha = ma.$$ (1)

Так как диски врашаются в разные стороны, то сила Лоренца, действующая на заряды, которые находятся на одинаковом расстоянии от центров дисков, направлена в разных дисках в разные стороны. Поэтому, если для первого диска

$$qE - q\omega xB = m\omega^2 x,$$ (2)

то для второго диска

$$qE + q\omega xB = m\omega^2 x^*).$$ (3)

Из этих условий равновесия найдем направенность поля на расстояниях $x$ от центров дисков. Они равны $(\omega B + \frac{m}{q}\omega^2)x$ в первом диске и $(\omega^2 \frac{m}{q} - \omega B)x$ во втором. В

*) Направления сил $F_\alpha$ в дисках зависит от величины $\omega$. Если $\omega$ мало, так что $m\omega^2 x < q\omega xB$, то направления сил $F_\alpha$ в дисках противоположны, если $m\omega^2 x > q\omega xB$, то силы $F_\alpha$ в разных дисках направлены в одну сторону. Это видно из уравнения (2) и (3).

Рис. 12.

49

Рис. 13.

направлена вправа, то есть в сторону, противоположную возможность перемещению мальчика относительно санок.

По вертикали мальчик не перемещается, а его движение по горизонтали вместе с санками будем считать равномерным. Тогда можно записать такие равенства:

$$T \sin \alpha + N - Mg = 0,$$
$$T \cos \alpha - F_{TP} = 0,$$

где $F_{TP} = k_1 N$ ($k_1$ — коэффициент треня мальчика о санки).

Отсюда

$$k_1 = \frac{T \cos \alpha}{Mg - T \sin \alpha}.$$

Силу натяжения вервки $T$ найдем, расстояния движения всей системы мальчик — санки в целом (рис. 13, б). Для вертикального направления можно записать:

$$T \sin \alpha + N_1 - (M + m)g = 0,$$
$$T + T \cos \alpha - F_{TP_1} = 0.$$

Здесь $N_1$ — сила реакции опоры, $F_{TP_1} = k N_1$ — сила треня санок о снег. Из этих равенств

$$T = \frac{k (M + m) g}{1 + \cos \alpha + k \sin \alpha}.$$

Тогда окончательно

$$k_1 = \frac{T \cos \alpha}{Mg - T \sin \alpha} = \frac{k (M + m) \cos \alpha}{M (1 + \cos \alpha) - km \sin \alpha}.$$

Ф266. U-образная рубка движется с постояной скоростью $v$ параллельно поверхности жидкости (рис. 14). Сечение нижней части рубки, опущенной в воду, равно $S_1$, а верхней, находящей над водой, — $S_2$. Какая сила приложена к рубке? Плотность жидкости $ρ$. Тренем и образование волна на поверхности жидкости претензь.

Задачу удобно решать в системе координат, связанной с трубкой. В этой системе жидкость в нижней части трубки движется со скоростью $v$.

За время $\Delta t$ в трубку попадает объем воды $V = S_1 v \Delta t$ с массой $m = \rho S_1 v \Delta t$. Импульс этой воды равен

$$mv = \rho S_1 v^2 \Delta t.$$

Так как жидкость не накапливается в трубке, то за время $\Delta t$ такая же масса жидкости вытекает из верхней трубки. Но скорость $u$ вытекающей жидкости уже другая. Так как объем жидкости, попадающей в трубку, равен объему жидкости, вытекающей из трубки, то

$$S_1 v = S_2 u.$$

Отсюда

$$u = v \frac{S_1}{S_2},$$

и импульс воды, вытекающий из трубки, равен по абсолотной величины

$$mu = \rho S_2 u^2 \Delta t = \rho v^2 \frac{S_1^2}{S_2} \Delta t,$$

а направлен в сторону, противоположную направлению импульса вытекающей воды.

Таким образом, за время $\Delta t$ импульс воды в трубке меняется на величины

$$\Delta (mv) = mv - (-mu) = \rho S_1 \left( \frac{S_1}{S_2} + 1 \right) v^2 \Delta t.$$

Согласно второму закону Ньютона, на воду в трубке действует сила

$$F = \frac{\Delta (mv)}{\Delta t} = \rho S_1 \left( \frac{S_1}{S_2} + 1 \right) v^2.$$

Рис. 14.

50

Такая же по абсолотной величины сила, но направленная в другую сторону (по третьему закону Ньютона), действует на трубку со стороны жидкости.

Ф267. Космический корабль сферической формы движется вокруг Солнца по круговой орбите. Какова температура корабля, если энергия, излучаемая единицей лошади поверхности Солнца и корабля, пропорциональна температуре их абсолотных температур? Космонавты, которые находятся на корабле, видят Солнце в угле 30°. Температур поверхности Солнца принять равной 6000° К.

При тепловом равновесии, когда температура корабля не меняется, энергия, получаемая корабlem в единицу времени от Солнца, равна энергии, излучаемой в ту же единицу времени самим корабlem в окружающей пространстве:

$$W_{\text{изл}} = W_{\text{полл}}.$$

Энергия, излучаемая корабlem, пропорциональная площади поверхности корабля $S_K = 4\pi R_K^2$ ($R_K$ – радиус корабля) и четвертой степеней температуры $T_K$ и равна

$$W_{\text{изл}} = k S_K T_K^4 = 4k\pi R_K^2 T_K^4,$$

где $k$ — коэффициент пропорциональности, одинаковый и для корабля и для Солнца.

Теперь определяет энергию, получаемую корабlem от Солнца. С единицей поверхности Солнца излучается энергия, равная $k T_K^4$; все Солнце излучает энергию

$$W_c = 4k\pi R_c^2 T_c^4,$$

распространяющийся равномерно по всем направлениям.

На расстоянии $l$ от Солнца, где находится космический корабль, эта энергия проходит через сферу с площадью поверхности

$$S = 4\pi l^2.$$

Через единицу площади поверхности этой сферы проходит энергия, равная $\frac{W_c}{S}$. Площадь секения корабля равна $\pi R_K^2$, поэтому на корабль попадает энергия

$$W_{\text{полл}} = \frac{W_c}{S} \pi R_K^2 = \frac{W_c}{4\pi l^2} \pi R_K^2 = k \frac{\pi R_c^2 R_K^2}{l^2} T_c^4.$$

Так как космианы видят Солнце в угле $\alpha = 30^\circ$ и этот угол мал, то

$$\frac{\alpha}{2} = \frac{R_c}{l}$$

и

$$W_{\text{полл}} = \frac{k\pi R_K^2 \alpha^2 T_c^4}{4}.$$

Итак, равенство излучаемой и поглощаемой корабlem энергии запишется так:

$$4k\pi R_K^2 T_K^4 = \frac{k\pi R_K^2 \alpha^2 T_c^4}{4}.$$

Отсюда

$$T_K = \frac{T_c}{2} \sqrt{\alpha} \approx 270^\circ \text{K}.$$

Мы получили, что температура корабля не зависит от его радиуса и определяется только углом $\alpha$, в котором видно Солнце. Этот угол равен углу, в котором видно Солнце с Земли. Поэтому и температура космического корабля оказывается по порядку величины совпадающей с температурой гирантского «космического корабля» — Земли.

Ф268. Для определения относительной температуре газа при постоянном объете и при постоянном давлении и подающей температуре следует определение количества газа, наcalная температура, объем и давление которого равны соответствующим $T_0$, $V_0$ и $p_0$, наревается пламиновой проводкой, через которой в течение определенного времени прохождение электрической мок, один раз при постоянном объете $V_0$, причем газ достигаем давления $p_1$, другой раз при постоянном давлении $p_0$, причем объект газа становится равным $V_1$. Показать, что $\frac{c_p}{c_V} = \frac{(p_1 - p_0) V_0}{(V_1 - V_0) p_0}$.

Так как проводка нагревается одним и тем же током в течение одного и того же времени, то газ в обих случаях получается одно и то же количество теплов.

Если газ нагревается при постоянном объете, то количество теплов, получаемого газом, равно

$$Q = c_V m(T - T_0).$$

Запишем уравнение состояния газа:

$$p_0 V_0 = nRT_0$$

и

$$p_1 V_0 = nRT.$$

Здесь $n$ — число молей газа, $T$ — температура газа при давлении $p_1$.

Отсюда

$$T - T_0 = \frac{V_0 (p_1 - p_0)}{n},$$

и

$$Q = c_V m \frac{V_0 (p_1 - p_0)}{n}.$$

(1)