Решения задач М326—М329; Ф339—Ф342

37

казатель преломления стека $n = \frac{4}{3}$. Видимый через боковую поверхность трубки диаметр канала $d = 2,66$ мм. Определить истинный диаметр канала.

Е. Кузнецов

Ф380. Найти период малых колебаний системы, изобравенной на рис. 1. Стержни считать невероятными, их длины $l_1$ и $l_2$, массы шаров $m_1$ и $m_2$.

Ф381. В устройстве для определения изотопного состоява (масс-спектrografе) однозарядныеоны калия с atomными весами $A_1 = 39$ и $A_2 = 41$ сначала ускоряются в электрическом поле, а затем попадают в однородное магнитное поле, перепедикулярное к направлению их движения (рис. 2). В процессе опыта из-за несовершенства аппаратуры ускоряющий потенциал меняется около среднего значения $u_0$ на величины $\pm \Delta u$. С какой относительной точностью $\frac{\Delta u}{u_0}$ нужно подерживать значение ускоряющего потенциала, чтобы пучки изотопов калия не перекрывались?

С. Козел

Ф382. Найти радиус наиболее капли воды, которая может испариться, не поглотив телла извне.

Решения задач

M326—M329; Ф339—Ф342

Введем следующие обозначения (рис. 1): $O$ — центр окружности, $|AB| = a$ — длина стороны большого квадрата, $|A'B'| = a'$ — длина стороны меньшего квадрата, $(OH) \perp (BB')$. Точки $A$, $H$ и $A'$ лежат на одной прямой. Опустим из точки $O$ перепедикляр на $AA'$: $(OK) \perp (AA')$. Пусть

$$k = \frac{a}{|AH|} = \frac{a'}{|A'H|} = \frac{|KH|}{h}.$$

Тогда

$$a - a' = k(|AH| - |A'H|) = 2k|KH| = 2k^2h.$$

Из $\triangle ABH$:

$$|AB|^2 + |BH|^2 = |AH|^2,$$

т. е.

$$|AB|^2 + \left(\frac{|AB|}{2}\right)^2 = |AH|^2,$$

или

$$k^2 + \left(\frac{k}{2}\right)^2 = 1,$$

откуда

$$k^2 = \frac{4}{5},$$

и, значит, $a - a' = \frac{8}{5}h.$

Н. Васильев

38

М327. В компании N человек. Каждый из них правитсяровно k любей из этой компании. При каждом наименьшем k можно утверждать, что обязаетлено найдуся два человека из этой компании, которые правятся другие?

M328. По правилам метраэдру ползаом муxa и два nayka. муxa ползаем только no ребрам, а nayки — no всей поверхности. Максимальная скорость муxa в 2 раза больше максимальной скорости nayков.

а) Докажите, что при любом наименьном расположении nayки могут появиться муxa в 2 раза больше максимальной скорости nayков?

б) Верно ли это, если максимальная скорость муxa больше чем в 2 раза превышает максимальную скорость nayков?

в) Как изменится объем, если разрешить nayкам ползаем только no ребрам метраэдра? no всему объему метраэдра? (муxa по-прежнему движется молко по ребрам.)

Обозначим членов компании точками на плоскости (никакие три из которых не лежат на одной прямой). Тот факт, что A правится B, будем обозначать отрезком со стрелкой, направленный от точки A к точке B. Тогда из каждой точки будет выходитьровно k стрелок, а всего kn стрелок. Nam нужно найти число k₀ — наименьшее значение k, при котором обязаетно хоть на одном отрезке будет поставлены стрелки в обе стороны.

Всего существует $\frac{n(n-1)}{2}$ отрезков без стрелок, соединяющих n точек. Если на каждом отрезке не более одной стрелки, то стрелок не больше, чем $\frac{n(n-1)}{2}$. Значит, если $kn > \frac{n(n-1)}{2}$, то $k \geq k_0$. Отсюда

$$k_0 \leq \begin{cases} \frac{n}{2}, & \text{ если } n \text{ четное,} \\ \frac{n+1}{2}, & \text{ если } n \text{ нечетное.} \end{cases}$$

Докажем, что неравенство (1) можно заменить на равенство. Поставим в формуле (1) знак равенства и показем, что n точек при любом n можно так соединить отрезками со стрелками, что из каждой выходитровно k₀ — 1 стрелок, и ни на одном отрезке нет двух стрелок. Вот один из способов сделать это. Надо n точек расположить в вершинах правильно n-угодника и из каждой точки направить стрелки в k₀ — 1 вершин, следующих за ней по часовой стрелке. Поскольку k₀ — 1 < $\frac{n}{2}$ при всех n, то никакие две стрелки не оказываются на одном отрезке.

А. Колодин, А. Тоом

Обозначим максимальный скорость пукуков и мухи соответственно через $v_{\pi_{\max}}$ и $v_{\mu_{\max}}$. Докажем, что, независимо от того, как разрешено движаться пукум (по ребрам, граням, или же по всему объему тетраэдра), верны следующие два утеверяния.

1°. Если $v_{\pi_{\max}} \leq 2v_{\pi_{\max}}$, то пукуки могут появить муху при любом наименьном расположении.

2°. Если $v_{\pi_{\max}} > 2v_{\pi_{\max}}$, то при некоторых наименьших расположениях пукун не смогут появить муху. Ясно, что утверждение 1° достаточно доказать в самом «плохом» для пукув сличае — когда им разрешено движаться лишь по ребрам тетраэдра; а утверждение 2°, наоборот, в самом «лучшем» для пукув сличае, когда они ползают по всему объему тетраэдра.

Обозначим вершины тетраэдра буквами A, B, C, D, точки, где нахождение мухи и пукуки — M, $\Pi_1$ и $\Pi_2$ соответственно. Будем считать, чтолина ребра тетраэдра равна 1, и что $v_{\mu_{\max}} = 1$.

Докажем утверждение 1°, считая, что пукум разрешено движаться только по ребрам тетраэдра.

Обозначим проекцию точки M на ребро AB через M’ (если M находится на ребре, перепедикулярном ребру AB, то M’ совпадает с серединой ребра AB).

Стратегия пукуков, обеспечивающая полмку мухи, может быть следующей.

Пукук $\Pi_1$ занимает вершину A и движется по ребру AB, пока не достигает точки M’ (это обязательно когда-нибуда

39

произойдет, так как $M'$ не может выйти за точку $B$ — см. рисунок 2). Затем $\Pi_1$ движется по ребру $AB$ так, чтобы все время оставаться в точке $M'$: он может это сделать, если муxa не на ребре $AB$, поскольку $v_M' = v_M \cdot \cos \alpha$, где $\alpha$ — угол между ребром $AB$ и ребром, по которой движется муxa, а для любого из ребра, кроме ребра $AB$, cos $\alpha \leqslant \frac{1}{2}$ (точнее, cos $\alpha$ равен либою $1/2$, либоную). Но на ребро $AB$ муxa попасть не сможет, так как для этого ей придется проятки либо через вершину $A$, либо через вершину $B$, где она будет попачана пайком $\Pi_1$ ввиду условия $\Pi_1 = M'$.

Итак, муxa не может проятки через точки $A$ и $B$: доступная ей область изображена на рисунке 3, а.

Как видно из рисунков 3,6 и в, паук $\Pi_2$ теперь легко может понимать муху, дивяясь все время к ней и сужая доступную ей область. Утверждение $1^\circ$ доказано.

Перейдем к утверждению $2^\circ$ (телерь мы считаем, что паук разрешено дивяться по всему объему tetraэдра). Оно непосредственно следует из следующей леммы:

Если в момент времени $t$ муxa не понимана и находится в вершине метраэдра, то за время $1$ она может переползти в других вершину метраэдра (т. е. в интервале времени от $t$ до $t + 1$ пауки не смогут понимать муху).

Докажем эту lemму. Пусть муxa находится в вершине $A$. Соединним точки $\Pi_1$ и $\Pi_2$, в которых сидят пауки, с этой вершиной; получим отрезки $\Pi_1A$ и $\Pi_2A$. Докажем, что найдется ребро tetraэдра, исходящее из точки $A$, которое образует с каждой из отрезков $\Pi_1A$ и $\Pi_2A$ улыbi, не менящие $30^\circ$. В самом деле, если бы такого ребра не оказалось, то один из отрезков, например, отрезок $\Pi_1A$, образовывал бы угол меньше $30^\circ$ по крайней мере с двумя ребрами, исходящими из $A$, например, с $AB$ и с $AC$. Но тогда для плоских углов трехранного угла $ABC\Pi_1$ было бы $\widehat{BAC} = 60^\circ$, $\widehat{BA\Pi_1} < 30^\circ$, $\widehat{CA\Pi_1} < 30^\circ$, что невозможно (должно быть $\widehat{BA\Pi_1} + \widehat{CA\Pi_1} \geqslant \widehat{BAC}$).

Чтобы не было понимать, муxa должна с максимальной скоростью дивяться по ребру, образующему с отрезками $\Pi_1A$ и $\Pi_2A$ улыbi, не менящие $30^\circ$. Через единницу времени она дополнет до другого конца этого ребра. Докажем, что на выбранном ребре пауки не смогут понимать муху. Действительно, пусть какой-нибудь паук, например $\Pi_1$, появляет муху в момент времени $t + \Delta t$ в точке $P$ (принадлежащей выбранному ребру; см. рисунок 4), тогда

$$|AP| = \Delta t \cdot v_{M_{\max}} = \Delta t$$
$$(v_{M_{\max}} = 1),$$
$$|\Pi_1P| \leqslant \Delta t \cdot v_{\pi_{\max}} < 1/2 \Delta t = 1/2 |AP|$$
$$(v_{\pi_{\max}} < 1/2 v_{M_{\max}}).$$

Опустим перепendlкуляр $PQ$ на $\Pi_1A$; получим

$$|\Pi_1P| \geqslant |PQ| = |AP| \cdot \sin(\widehat{AP}) \geqslant \frac{1}{2} |AP|,$$

поскольку $\Pi_1AP \geqslant 30^\circ$ в силу выбора ребра.

Итак, с одной стороны $|\Pi_1P| \geqslant \frac{1}{2} |AP|$, а с другой $|\Pi_1P| < \frac{1}{2} |AP|$ — противоречие; следовательно, пауки не смогут понимать муху в интервале времени от $t$ до $t + 1$, и она дополет до другой вершины tetraэдра. Лемма, а значит, и утверждение $2^\circ$ доказано.

A. Ходульев

40

М329. Выпуклы n-уольник помещен в квадрат со стороной 1. Доказим, что найдем три вершины A, B, C эмного n-уольника также, что площадь треугольника ABC меньше 8/n².

Рис. 5.

Обозначим через $a_1, a_2, \dots, a_n$ длины сторона нашего n-уольника, через $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ — величины его внешних углов. Пусть $S_i$ — площадь i-ого треугольника (с стороны $a_i$ и $a_{i+1}$ — см. рис. 5, $i = 1, 2, \dots, n-1$), $S_n$ — площадь треугольника со стороны $a_n$, $a_1$. Имеем: $2S_i = a_i a_{i+1} \sin \alpha_i$, $i = 1, \dots, n-1$, $2S_n = a_n a_1 \sin \alpha_n$. Пусть $S$ — наименьшая из площадей этих треугольников. Тогда

$$2S \leq a_i a_{i+1} \sin \alpha_i,$$

откуда

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < \prod_{i=1}^{n} a_i^{2*}).$$

то есть

$$2S < \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n}.$$

Но

$$\left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{\frac{1}{n}} = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \cdots + a_n^{**}}{n} = \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n},$$

позетом

$$2S < \left( \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n} \right)^2.$$

Пусть $p_i$ и $q_i$ — длины проекций i-й стороны n-уольника на вертикальную и горизонтальную стороны квадрата. Тогда $a_i \leq p_i + q_i$, то есть $\sum_{i=1}^{n} a_i \leq \sum_{i=1}^{n} p_i + \sum_{i=1}^{n} q_i \leq 4$.

Позетом

$$2S < \left( \frac{4}{n} \right)^2,$$

откуда

$$S < \frac{8}{n^2}.$$

Получшаяся оценка довольно груба — мы с самого начала отбросили $\prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$, оценив это произведение единицей. Уточним эту оценку. Имеем:

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i,$$

то есть

$$2S \leq \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n} \cdot \left( \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i \right)^{1/n} \leq \frac{16}{n^2} \cdot \frac{\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i}{n}.$$

*) Здесть $\Pi$ — знак произведения: $\prod_{i=1}^{n} a_i = a_1 \cdots a_n$.
**) Мы воспользовались неравенством о среднем арithmeticом и среднем геометрическом.

41

Так как $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i = 2\pi$ (как сумма внешних углов $n$-угольника), то мы можем интерпретировать $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$ как удовлетворую площадь вписанного в единичную окружность $n$-угольника с углами $\alpha_i$ при вершине $Q$ — центре окружности (рис. 6). Поэтому $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < 2\pi$, и, значит,

$$S \leq \frac{16\pi}{n^3}.$$

А. Клячко

Ф339. Теннисный мяч попадаем на мягкую ракетку и упруго отракается от нее. Масса мяча много меньше ракетки, а скорость мяча до стольновения с ракеткой равна $v$ и составляет угол $\alpha = 60^\circ$ с перпендикуляром к ракетке. С какой постоянной скоростью должен построить ракетка для моего, чтобы мяч отразился от нее под прямым углом к направлению первоначального движения? Как до, так и после стольновения с ракеткой мяч не врачается.

◆ При упругом стольновении мяча с неподвижной ракеткой скорость мяча не меняется по абсцилотной величины, но меняет направление. При этом составляющая скорости $v_y$ (рис. 7, а) остается постоянной ($v_y' = v_y$), а составляющая $v_x$ меняет направление на противоположное ($v_x' = -v_x$).

По условияю задачи скорость ракетки должна быть такой, чтобы мяч отракался под углом $\beta = 30^\circ$ (для неподвижного наблюдаателя), т. е. должно выполнять условия (см. рис. 7, б).

$$\frac{|v_y'|}{|v_x'|} = \mathrm{tg} \beta = \frac{1}{\sqrt{3}}.$$ (*)

Послеtrim, как меняется скорость мяча при стольновении с движущейся ракеткой. Для этого рассмотрим движение в системе координат, связанной с ракеткой, движущейся относительно неподвижной системы координат с постоянной скоростью $w$ (так как масса ракетки много больше мяча, скорость ракетки после стольновения практически не меняется). Поскольку система инерциальная, отражение проискодит по закону «угол падения равен углу отражения».
Скорость мяча в этой системе до стольновения равна $u = v$ — $w$ (см. рис. 7, $\theta$). Составляющие скорости $u_x$ и $u_y$ равны соответствующим $u_x = v_x - w$, $u_y = v_y$. При стольновении составляющая $u_y$ остается постоянной ($u_y' = u_y = v_y$), а составляющая $u_x$ меняет направление на противоположное: $u_x' = -u_x = -v_x + w$.

Рис. 7.

42

В неподвижной системе координат скорость мяча после столкновения равна $v' = u' + w$, причем составляющие $v'_y$ и $v'_x$ равны $v'_y = v_y$, $v'_x = u'_x + w = -v_x + 2w$.

Учитывая, что $|v_y| = |v| \sin \alpha$, $|v_x| = |v| \cos \alpha$, из условия (*)

$$\frac{v \sin \alpha}{v \cos \alpha + 2w} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

найдем w:

$$w = \frac{\sqrt{3} v \sin \alpha - v \cos \alpha}{2} = \frac{v}{2}, \quad w = -\frac{v}{2}.$$

И. Слободецкий

Ф340. Спутник Земли массой $m=10$ кг, движущийся по круговой орбите в высоких слоях аммосферы, испытываем сопротивление разреженной воздуха. Сила сопротивления $F=5 \cdot 10^{-4}$ н. Определять, на сколько изменится скорость спутника за один оборот вокруг Земли. Высому полета спутника над поверхностью Земли считать малой по сравнению с радиусом Земли.

Полная энергия $E$ спутника массой $m$, движущeresя по орбите радиуса $R$, складывает из его кинетической энергии $K = \frac{m v^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 R}$ (скорость спутника на круговой околоземной орбите равна $\sqrt{\gamma \frac{M}{R}}$, где $R$ – радиус Земли) и потенциальной энергии $\Pi = -\gamma \frac{m M}{R}$ (знак «минус» обусловлен характером сил притяжения между спутником и Землей: по мере сближения тел потенциальная энергия уменьшается). Таким образом,

$$E = K + \Pi = -\gamma \frac{m M}{2 R}.$$

В результате действия силы сопротивления энергия спутника меняется, следовательно, меняется радиус орбиты. Подсчитаем изменение радиуса за один оборот.

Энергия спутника за один оборот изменяется на величины $\Delta E$, численно равную работе силы сопротивления на пути $2\pi R$, то есть $\Delta E = -2\pi RF$. Таким образом,

$$\Delta E = -\gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)} + \gamma \frac{m M}{2 R} = \gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{(R + \Delta R) R}.$$

Предполагая, что $|\Delta R| \ll R$, можно записать

$$\gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{R^2} = -2\pi RF.$$

Учитывая, что $\gamma \frac{M}{R^2} = g$, окончательно получим

$$\Delta R = -\frac{4\pi RF}{g m} \approx -4 \cdot 10^2 m$$

($g = 9,8 \text{ m/сек}^2$, $R \approx 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$).

Видно, что сделанное нами предположение $|\Delta R| \ll R$ справедливо.

Итак, в результате действия силы сопротивления радиуса орбиты спутника уменьшается. Следовательно, скорость спутника увеличивается. Найдем изменение скорости,

Кинетическая энергия спутника на орбите радиуса $R + \Delta R$ равна

$$K_{R+\Delta R} = \frac{m (v + \Delta v)^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)}.$$

44

Парадокс этот легко разрешить, если принять во внимание, что при замыкании цепи у свободных зарядов проводящей жидкости появляется составляющая скорости, направленная перpendикулярно пластином. Следовательно, появляется составляющая силы Лоренца, направленная против скорости v. Так что полная работа силы Лоренца складывается из работы двух ее составляющих. И эта суммарная работа равна нулю. Убедимся в этом.

Перемещение заряда внутри конденсатора от одной пластинки к другой проискодит за счет действия составляющей силы Лоренца, perpendикулярной пластином. Значение этой составляющей

$$F_1 = qvB.$$
Работа, совершаемая силой $F_1$ за единицу времени (т. е. мощность), равна

$$N_1 = F_1v_1 = qvBv_1,$$

где $v_1$ — составляющая скорости заряда, направленная perpendикулярно пластином.

Составляющая силы Лоренца, направленная против скорости v, равна по величины

$$F_2 = qv_1B.$$
Работа, совершаемая этой силой за единицу времени,

$$N_2 = -F_2v_1 = -qv_1Bv$$

(sила $F_2$ действует как тормозящая сила, и потому совершаемая его работа отрицательна).

Таким образом, работа силы Лоренца (если учесть все составляющие силы) действительное оказывается равной нулю:

$$N_1 + N_2 = 0.$$
Источником энергии в данной схеме, очевидно, является насос, протоняющий жидкость через конденсатор. Этот насос должен постоянно совершать работу, так как на жидкость действует сила сопротивления, и все эта работа в конечном случае переходит в тепло, выделяющегося в цепи.

С. Козел

По замкнутой цепи, состоящей из последовательно включенных сопротивлений $R$ и $2R$ и источника с э. д. с. Е и внутренним сопротивлением $r$, идет так

$$I = \frac{\varepsilon}{3R + r}.$$

Пусть padение напряжения на конденсаторах $U_1, U_2, U_3$, а их заряды соответственно $q_1, q_2, q_3$ (см. рис. 8). Сумма padений напряжения на конденсаторах $C_1$ и $C_2$ равна padению напряжения на сопротивлении $R$, т. е.

$$U_1 + U_2 = IR.$$

Сумма padений напряжения на конденсаторах $C_2$ и $C_3$ равна сумме padений напряжения на сопротивлениях $R$ и $2R$:

$$U_2 + U_3 = 3IR.$$

Суммарный заряд выделенной на рисунке схемы равен нулю, т. е. $q_1 - q_2 + q_3 = 0$, или

$$CU_1 - CU_2 + CU_3 = 0.$$

Решая совместно уравнения (1) — (3), найдем

$$U_2 = \frac{4}{3} IR = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

Следовательно, заряд конденсатора 2 равен

$$q_2 = C_2U_2 = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

И. Словодецкий