Решения задач М371—М375; Ф378—Ф382

34

Ф427. Две катушки с числами витков $n_1 = 125$ и $n_2 = 1000$ намотаны на торидальный ферромагнитный сердечник диаметром $d = 5$ см и площадью поперечного секения $S = 1$ см$^2$. По первой катушке течение ток $1$ а, вторая катушка подключена к галванометру. При размыкании цепи первого катушки через галванометр проходит заряд $10^{-3}$ к. Полное сопротивление цепи второй катушки 100 ом. Определить магнитную проницаемость материалов, из которой сделан сердечник.

Решения задач

M371—M375; Ф378—Ф382

М371. В каждой клетке максимной доски написано число цикла от 1 до 64, причем в разных клетках разные цикла. За один вопрос можно, указав любую совокупность полей, узнать совокупность (множества) цикла, стоящих на этих полях. За какой минимшее число вопросов можно узнать цикла в каждой клетке?

Рис. 1.

Докажем, что наименьшее необходимое число вопросов — 6. Для этого, во-первых, показем, что за 6 вопросов можно узнать все цикла, и, во-вторых, показем, что за меньше цикла вопросов этого сделать нельзя. Но сначала разберемся в формулировке задачи.

Задавая один вопрос, мы указываем необходимое число вопросов $A$ полей и узнаем, какие из чисел от 1 до 64 записаны на полях из множества $A$, а какие — на остальных полях (множество дополнительных полей обозначим через $A$). Таким образом, каждый вопрос — это неокоторое разбиение доски на два множества $A$ и $A$. Мы должны задать несколько вопросов $(A_1, \bar{A}_1), (A_2, \bar{A}_2), \dots, (A_q, \bar{A}_q)$ так, чтобы по ним однозначно определить, какое число записано на каждой поле, то есть так, чтобы для любых двух разных полей обязательно на шлюсъ такое разбиение $(A_i, \bar{A}_i)$ из наших $q$, которое разделяет эти два поля: одно из полей принадлежит $A_i$, а другое — $\bar{A}_i$. Иначе говоря, нужно, чтобы пересечение любых $q$ множества, $i$-е из которых — $A_i$ или $\bar{A}_i$ — содержало не более одного поля. При этом число вопросов $q$ должно быть возможно менше.

1. Пример шести разбиений, позволяющих узнать все цикла, показан на рисунке 1 (множества $A_i$, которые мы представляем спросить, — розовые, $\bar{A}_i$ — белые; $i = 1, 2, \dots, 6$). В том, что наш план правлен, убедиться нетрудно: за три первых вопроса мы узнаем множество чисел, записанных в каждой строке, за три последних — в каждой стольце, поэтому в результате мы угадаем число в каждой клетке. (Здесь пересечение любой совокупности шести подмножества, $i$-е из которых — $A_i$ или $\bar{A}_i$ — содержитровно один элемент!)

2. Докажем, что за 5 вопросов все числа определить нельзя. Пусть первый вопрос — $(A_1, \bar{A}_1)$. Тогда в одном из множества $A_1, \bar{A}_1$ (можно считать, что в $A_1$ — ведь они совершенное равноправны) не менее 32 полей. Пусть второй вопрос — $(A_2, \bar{A}_2)$. Этот вопрос разделяет множество $A_1$ на два: $A_1 \cap A_2$ и $A_1 \cap \bar{A}_2$, причем в одном из них (можно считать, что в $A_1 \cap A_2$) не менее 16 полей. И, наконец, после пятого вопроса останется множество $A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4 \cap A_5$ из двух или более «неразличных» полей. Ясно, что узнать, как расставлены числа в этом множестве по заданным вопросам мы не сможем.

35

Рис. 2.

М372. Дан треугольник ABC. Доказать, что условие $\widehat{ACB} \geq 120^\circ$ необходимо и достаточно, чтобы для любой точки P плоскости выполлялось неравенство $|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC|$.

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

Заметим в заключение, что хотя шахматная доска и помогла нам описать пример из шести разбиений, на самом деле она в этой задаче ни при чем. Как получился пример на рисунке 1, можно объяснить с помощью двойной системы численения. Если все поля занутовать по порядку двойными числами от 000000 до 111111 ($2^6$ как раз равно 64 — вот чем хорошо доска), как показано на рисунке 2, и относки к множеству $A_i$ те номера, у которых $i$-я цифра 0 (а к $\bar{A}_i$ — те, у которых 1), то получится наш пример. Приведенных сообщений достаточно, чтобы решить задачу в общем виде — для любого количества $N$ полей (расположенных как уголно — для определения, в ряду), на которых написана любая перестановка чисел от 1 до $N$. Если $2^{q-1} < N \leq 2^q$, то все числа можно узнать за $q$ вопросов, и нельзя — за $q$ — 1.

О подобном использовании двойной системы для математических фокусов рассказывалов неоднократно в «Кванте» для младших школьников (см. «Квант», 1976, № 6, с. 67, статьи А. Бендукидзе «О двойной системе численения» и № 7, с. 55, статьи А. Орлова «Понск предмета»).

В связи с этой задачей естественно возникнет такая. Пусть ABC — данный треугольник. Для какой точки плоскости сумма ее расстояний до вершин A, B и C называется? Решим эту задачу. Наболее интересный ответ получается для того случая, когда все углы $\widehat{A}, \widehat{B}, \widehat{C}$ треугольника меньше 120° (рис. 3).

(T1) Искомая точка $T$ — ма, для которой $\widehat{ATB} = \widehat{BTC} = \widehat{CTA} = 120^\circ$. Тоcka $T$ называется «точкой Торичелли» треугольника ABC. Красивое доказательство теоремы (T1) используется такую лемму 1: пусть $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник с длиной высоты $h$; моеда сумма расстояний до прямых $A_1B_1$, $B_1C_1$ и $C_1A_1$ от любой точки $P$, лежащей внутри или на контуре треугольника, равна $h$, а от точки $P$, лежащей вне треугольника, — большие $h$.

Для доказательства леммы 1 достаточно вместо суммы расстояний от $P$ до прямых расстояний сумму площей треугольников $A_1PB_1$, $B_1PC_1$, $C_1PA_1$ и сравнить ее с площью треугольника $A_1B_1C_1$ (рис. 4).

Чтобы доказать (T1), проведем через точки $A, B$ и $C$ прямые, перpendикулярные соответствующие отрезкам $TA, TB$ и $TC$. Получим равносторонний треугольник $A_1B_1C_1$ (рис. 5). Для любой точки $P$ сумма расстояний от $P$ до точки $A, B$ и $C$ не меньше, чем сумма расстояний от $P$ до прямых $B_1C_1$, $C_1A_1$ и $A_1B_1$, — ведь наклонная не короче перpendикуляра, — а последняя сумма по лемме 1 равна высоте $h$ треугольника $A_1B_1C_1$. Таким образом, $|AP| + |BP| + |CP| \geq h$, а в точке $T$ сумма $|AT| + |BT| + |CT| равна$h$. Теперь изучим другой случай. (T2) Если в треугольнике ABC один из углов — пусть$\widehat{C}$— большие 120°, то искомая точка — сама эма вершина$C$, то есть$|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC| для всех $P$.

Послеudem прежним путем.

Лемма 2. Пусть $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник с углами $\widehat{A}_1 = \widehat{B}_1 > 60^\circ$ при основании, $h$ — длина высоты, опущенной на его бсквую сторону; моеда сумма расстояний до прямых $A_1B_1$, $B_1C_1$ и $C_1A_1$ от любой точки $P$, лежащей на отрезке $A_1B_1$, равна $h$, а для всех других точки $P$ плоскости — большие $h$.

При доказательстве леммы 2 нужно учеть, что боковая сторона $|A_1C_1| = |B_1C_1|$ длине основания $|A_1B_1|$.

Чтобы доказать (T2), проведем через точки $A, B$ и $C$ прямые, перpendикулярные отрезкам $CA, CB$ и bicсекtrice угла

36

Рис. 6.

М373. a) Все намуральные числа (записанные в десятичной системе) разбиты на два класса. Докажите, что любую бесконечную десятичную дробь можно разрезать на такие конечные куски, чтобы все они, кроме, быть может, первого куска, принадлежали одному классу.

б) Та же задача, но намуральные числа разбиты не на два, а на несколько классов.

Рис. 7.

АСВ (рис. 6). Получим равноведенный треугольник $A_1B_1C_1$, удовлетворяющий условиям Lemmies 2. Дальше рассуждаем так же, как в доказательстве (T1).

Мы переходим, наконец, к самой задаче M372. Тепер для ее полного решения осталось сделать лишь небольшой логический шаг.

В условиям M372 требуется доказать два утверждения:

необходимость условия $\hat{C} > 120^\circ$ и его достаточно для выполнения неравенства $|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC|$ для любой точки $P$ плоскости. Достаточно мы только что доказали: это и есть теорема (T2). Докажем не обходиимость условия $\hat{C} < 120^\circ$, то существует $P = P_0$, для которого это неравенство неверно. Рассмотрим два случая. Если все углы в треугольнике $ABC$ меньше 120°, то, согласно (T1), в качестве такой точки $P_0$ можно взять точку Торичелли $T$. Если же один из углов — скажем $\hat{A}$ — больше или равен 120°, то в роли точки $P_0$ может выступить сама вершина $A$ (поскольку $|BC| > |AB|$).

Решение этой задачи требует только аккуратных логических умозаключений для бесконечных множества. Вот самый характерный пример: «Пусть $P$ — какое-то свойство члена последовательности $x_n$. Тогда либо для всех членов, начиная с некоторого, свойство $P(x_n)$ выполнен, либо найдется бесконечного многочленов, для которых $P(x_n)$ не выполнен. Рассуждания такого типа особенно часто встречаются в учебниках по анализу — при изучении пределов и т.п.

a) Конечные куски последовательности цифр (намуральные числа) будем называть словами (для нас это действительное слова — в алфавите из «букв» 0, 1, …, 9). Тогда ли ибо для каждой знака нашей десятичной дроби (начиная с некоторого) есть слово первого класса, начинающийся с этого знака, или его существует бесконечного многочленов таких, что все начинающиеся с них слова — не первого класса (то есть все второго класса).

Первый случай: мы можем (начиная с некоторого места) отрезать от нашей дроби последовательного одного первого класса за другим, то есть десятичный дробя разрезать на слова первого класса (кроме, быть может, начального слова; рис. 7).

Второй случай: отметим (на рисунке 7 — красным) знаки нашей дроби, с которых начинаются слова лишь второго класса. Ясно, что слова, начинающиеся с некоторого места, идущие до следующей красной буквы, дают требуемое разрезание дроби на слова второго класса.

б) Пусть слова разбиты на $N$ классов. Мы доказем индукцией по $N$ утверждение задачи в несколько успешном виде (как часто бывают, доказать больше оказываться легче *). А именно, мы доказем, что если дробь уже как-то (начиная с некоторого места $n_0$) разделена на куски — назовем их слогами, — то можно ее разрезать (начиная с некоторого места $n_1$) на слова одного класса, не разрезая словов, то есть так, что каждое слово будем сосмотреть из нескольких словов. Вы легко проверите, что для $N = 2$ этот успешный вариант доказывается точно так же, как прежний (ролль «знаков» дроби играют не цифры, а слоги). Но формально это и не нужно: ведь

*) См. статью Л. Цинмана «Парадокс исследова-tеля», с. 9.

37

начать индукцию можно с $N = 1$, где все очень удобно. Под словом мы понимаем ниже «слово из слогов».

Шаг идукции. Пусть для $N - 1$ классов утверждение доказано, а у нас их $N$. Пусть наша дробь разрезана на слоги (рис. 8). Тогда ли ибо для каждой слога в дроби (начиная с некоторого) найдется слово первого класса, начинающееся с этого слога, ли ибо существует бесконечного много слогов таких, что все начнающиеся с них слова — не первого класса. Первый слуай ясен. Во втором слуае разрезем всего дробь на куски, начинающейся с «красных» слогов, и обьявим эти более крупные куски слогами. Поскольку все слова, состоящие из таких укрупенных слогов, не первого класса, у нас теперь могут быть слова не более чем $(N - 1)$ разных классов; и по предположению индукции мы можем разрезать нашу дробь требуемым образом.

Приведенное здесь доказательство существования требуемого разрезания неконструктивно—не дает никакого общего способа построить (сконструировать) разрезание для произвольных правил, задающих полесдовательность, и разбиение слов на классы.

Н. Васильев

M374. Пусть $a, b, c$ — положительные числа, $a > c$ и $b > c$. Доказите неравенство $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} \leq \sqrt{ab}$.

Рис. 9.

Мы приведем два решения, первое из которых — алгебраическая, а второе — геометрическая.

1. Положим $a = (1 + \alpha)c, b = (1 + \beta)c$, где $\alpha, \beta > 0$. Тогда $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} = c(\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}), \sqrt{ab} = c\sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)}$, и нам нужно доказать, что $\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta} \leq \sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)}$. Напишем очевидное неравенство: $(\sqrt{\alpha}\beta - 1)^2 \geq 0$, или $2\sqrt{\alpha}\beta \leq 1 + \alpha\beta$, и прибавим к обеим частям его по $(\alpha + \beta)$. Получим

$$\alpha + \beta + 2\sqrt{\alpha}\beta \leq 1 + \alpha + \beta + \alpha\beta,$$

то есть $(\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta})^2 \leq (\sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)})^2$, что и требова-lось.

Равенство имеет место в слуае, если $\alpha\beta = 1$, то есть $\frac{a}{c} - 1) \left( \frac{b}{c} - 1 \right) = 1$, или $(a - c)(b - c) = c^2$, открывая $c = \frac{ab}{a + b}$.

2. Составим четырехугольник $ABCD$ из двух равновесных треугольников с равными по длине числу $2\sqrt{c}$ основаниями и с боковыми сторонами длины $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$ соответственно (рис. 9). Поскольку длины высот, опущенных на основания этих треугольников, равны $\sqrt{a} - c$ и $\sqrt{b} - c$, соответственно, площадь четырехугольника $ABCD$ равна $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)}$. С другой стороны, $S_{ABCD} = 2S_{ABD} = 2 \cdot \frac{1}{2} \sqrt{a} \cdot \sqrt{b} \sin(\widehat{BAD}) \leq \sqrt{ab}$, открывая и выве-
   кает требуемое неравенство.

Равенство будет в слуае $\sin(\widehat{BAD}) = 1$, то есть $\widehat{BAD} = \frac{\pi}{2}$; тогда $|AB|^2 + |AD|^2 = |BD|^2$, или $a + b = (\sqrt{a} - c + \sqrt{b} - c)^2$, открывая $c = \frac{ab}{a + b}$.

38

Подумайте, как доказать более общее неравенство
$$\sqrt{kl} + \sqrt{mn} \leq \sqrt{(k+n)(m+l)},$$
где $k, l, m, n$ — неотрицательные числа (наше неравенство получается отсюда при $k=m=c, l=a-c, n=b-c$).
A. Резников

M375. Внутри выпуклого многообразника объема 1 отмещено $3 \cdot (2^n-1)$ точки.

Докажите, что из него можно вырезать выпуклый многообразник объема $(1/2)^n$, не содержащий внутри себя ни одной отмещенной точки.

Доказательство будем вести по индукции.

База и индекции. $n=1$, то есть в выпуклом многограничке объема 1 отмещено три точки. Проведяем через две из этих точки плоскость, разбиающую наш многограничка на два равных по объему многограничка, мы получим, что в одном из них (объем 1/2) не оказывается ни одной отмещенной точки.

Шаг и индекции. Допустим теперь, что для всех $n \leq k$ утверждение задачи доказано, и доказем его для $n=k+1$ (но вначале заметим, что если утверждение задачи справедливо для многограничка с $N$ отмещенными точками, то оно тем более справедливо и для многограничка с меньшим числом отмещенных точек). Итак, сейчас у нас внутри многограничка объема 1 отмещено $3(2^k+1-1)=6 \cdot 2^k-3$ точки. Проведем через две из них плоскость, разбиающую наш многограничка на два равных по объему многограничка, мы получим, что в одном из них (объем 1/2) оказывается не более чем $3 \cdot 2^k-3=3(2^k-1)$ точки. По предположению индукции, из такого многограничка мы можем вырезать многограничка объема $\left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k=\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}$, не содержащий отмещенных точек, что и доказывает утверждение задачи.

Внимание! Тот факт, что через две точки, взятые внутри выпуклого многограничка, можно проверить плоскость, делящую многограничка на два равных их, не так-то уж и оченьен. Подайте, в чем тут дело, и попробyte строго обосновать его.

Л. Липов

Ф378. Пассажиры самолета не испытывали непрямых оценений, если молко их вес в полете не увеличивается более чем вдвое. Какое максимальное ускорение в горизонтом полете допускает это условие?

На пассажира самолета, летящого с горизонтальнымускорением $a$, со стороны креска действуют две силы: горизонтальная сила $ma$ и вертикальная сила $mg$, компенсирующая силу тяжестести. Такие же по абсолотной величины силы, но направленные в противоположные стороны, действуют (по третьему закону Ньютона) со стороны пассажира на креска. Абсолотная величина результирующей силы, действующей на опору, т. е. вес пассажира, есть

$$P = \sqrt{(ma)^2 + (mg)^2}.$$

По условию задачи

$$P \leq 2mg.$$

Отсюда

$$a \leq \sqrt{3}g.$$

С. Козел

Ф379. Внешний диаметр стеклянной капиллярной трубки сущесвенно больше-

Обозначим через $AO$ радиус канала капиллярной трубки (рис. 10). Расмотрим ход такого луца $AB$, который после преломления на внешней поверхности капилляра поддет

39

ше диаметра канала. Пока-замель преломления стека $n=4/3$. Видимый через бокую поверхность мрубки диаметр канала $d'=2,66$ мм. Определить истинный диаметр канала.

Рис. 10.

Ф380. Наимый перiod малых колебаний системы, изображенной на рисунке 11. Стержни сцимбрид неевесными, их длины $l_1$ и $l_2$, массы шаров $m_1$ и $m_2$.

паралельно оптической оси OC. Очевидно, что именно этот луч определяет линейный размер $d'$ изображения канала капиллярной трубки.

Из рисунка 10

$$\frac{d'}{2} = \frac{D}{2} \sin \beta,$$

где $D$ — внешний диаметр трубки. По закону преломления $\sin \beta = n \sin \alpha$ и $d' = Dn \sin \alpha$.

Из треугольника AOB по теореме синусов получаем

$$\frac{d/2}{\sin \alpha} = \frac{D/2}{\sin (90^\circ + \beta - \alpha)}.$$

Отсюда

$$d = D \frac{\sin \alpha}{\sin (90^\circ + \beta - \alpha)} = D \frac{\sin \alpha}{\cos (\beta - \alpha)} = \frac{d'}{n} \frac{1}{\cos (\beta - \alpha)}.$$

Поскольку внешний диаметр $D$ трубки существенно больше диаметра $d$ канала, угол $\alpha$ мал. Следовательно, мал и угол $\beta$, и разность $\beta - \alpha$. Тогда $\cos (\beta - \alpha) \approx 1$, и окончательно

$$d \approx d'/n = 2 \text{ mm.}$$

E. Кузнецов

Описанная в условиях системы представляется собой физический матрик. Нахождение перiodа колебаний физического матрика — задача достаточно сложная. Дело в том, что период зависит от формы физического матрика, его конфигурации. Но для любого физического матрика можно подобрать такой математической матрик, перiod колебаний которого будет равен перiodу колебаний данного физического матрика. Так мы и поступим: подберем математический матрик, «эквивалентный» системе, изображенной на рисунке 11.

Перiod малых колебаний математического матрика зависит только от его длины. Так что нам достаточно длинную «эквивалентного» математического матрика — так называемую приведенную длину физического матрика.

На рисунке 11 показано положение равновесия нашей системы. При этом центр тяжести системы (точка $M$) находится на вертикали, проходящей через центр вращения $O$; $d$ — радиус-вектор точки $M$ относительно $O$. Пусть $l$ — приведенная длина физического матрика. Если при колебаниях угловые скорости $\omega$ и $\omega'$ вращения векторов $d$ и $l$ вокруг точки $O$ одинаковы, то и перiodы колебаний матриков одинаковы. Найдем $\omega$ и $\omega'$.

Пусть $\varphi$ — максимальный угол отклонения радиуса-вектора $d$ от вертикали. Найдем угловую скорость точки системы в тот момент, когда радиус-вектор $d$ составляет угол $\theta$ с вертикальным. Потенциальная энергия системы в момент максимального отклонения равна (рис. 12)

$$\Pi_{\varphi} = (m_1 + m_2) g h_{\varphi} = (m_1 + m_2) g d (1 - \cos \varphi).$$

(Потенциальная энергия системы в положении равновесия принята равной нулю.) В момент отклонения на угол $\theta$ потенциальная энергия равна

$$\Pi_{\theta} = (m_1 + m_2) g h_{\theta} = (m_1 + m_2) g d (1 - \cos \theta),$$

а кинетическая энергия равна

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

40

где $v_1 = \omega l_1$ и $v_2 = \omega l_2$ — линейные скорости шариков в этот момент. Согласно закону сохранения энергии $K_\theta = \Pi_\varphi - \Pi_\theta$, т. е.

$$\frac{m_1 \omega^2 l_1^2}{2} + \frac{m_2 \omega^2 l_2^2}{2} = (m_1 + m_2) gd (\cos \varphi - \cos \theta),$$

откуда

$$\omega = \sqrt{\frac{m_1 + m_2}{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}} (\cos \varphi - \cos \theta).$$

Для математического матрика (точка массы $\mu$, подвешенная на нити длиной $l$) потенциальная энергия в момент максимального отклонения на угол $\varphi$ равна (рис. 13)

$$\Pi'_\varphi = \mu g l (1 - \cos \varphi).$$

При отклонении на угол $\theta$ —

$$\Pi'_\theta = \mu g l (1 - \cos \theta),$$

$$K'_\theta = \mu \frac{(v')^2}{2} = \mu \frac{(\omega')^2 l^2}{2}.$$

Из закона сохранения энергии

$$\mu g l (1 - \cos \theta) + \mu \frac{(\omega')^2 l^2}{2} = \mu g l (1 - \cos \varphi)$$

найдем $\omega'$:

$$\omega' = \sqrt{\frac{2g}{l}} (\cos \varphi - \cos \theta).$$

Из (1) и (2) видно, что если подобрать математический матрик такой длины $l$, чтобы

$$\frac{2g}{l} = 2gd \frac{m_1 + m_2}{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2},$$

то колбания этого матрика будет синхронны колбаниям системы, изображенной на рисунке 11.

Итак, приведенная длина физического матрика равна

$$l = \frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{d (m_1 + m_2)}.$$

Найдем теперь расстояние $d$ от центра качания $O$ до центра тяжестестимы. Пусть $\alpha$ — угол, который в положении равновесия образует стержень длины $l_1$ с вертикально (рис. 14). Тогда $m_1 g r_1 = m_2 g r_2$, или

$$m_1 g l_1 \sin \alpha = m_2 g l_2 \sin \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = m_2 g l_2 \cos \alpha,$$

откуда

$$tg \alpha = \frac{m_2 l_2}{m_1 l_1}, \sin \alpha = \frac{m_2 l_2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}},$$

$$\cos \alpha = \frac{m_1 l_1}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}.$$

Погенциальную энергию системы в положении равновесия мы приняли равной нулю. Это означает, что $m_2 g h_2 - m_1 g h_1 = 0$ (см. рис. 14), т. е.

$$m_1 g (d - l_1 \cos \alpha) + m_2 g (d - l_2 \sin \alpha) = 0.$$

41

Изследено равенства, подставив найденные выражения для sin α и cos α, найдем

$$d = \frac{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}{m_1 + m_2}.$$

Подставив это выражение для d в формулу (3), найдем приведенную длину физического матрика:

$$l = \frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}.$$

Таким образом, период свободных колебаний равен

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{1}{g}} = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}}.$$

Т. Петрова

Ф381. В устройстве для определения изомотного состоява (масс-спектроэрафе) однозарядные юны калия с атомными весами $A_1 = 39$ и $A_2 = 41$ сначала ускоряются в электрическом поле, затем попадают в однородное магнитное поле, перепедикулярное к направлению их движения (рис. 15). В процессе опыта из-за несовершенства аппаратуры ускоряющий помещаемый механизм около среднего значения $u_0$ на величины ±Δu. С какой относимительной мощностью $\frac{\Delta u}{u_0}$ нужно поддерживать значение ускоряющего помещаемый, чтобы изомотив калия не перекрывались?

На движущуюся заряженную частицу в магнитном поле действует сила Лоренца, перpendикулярная скорость частицы и равна по абсолотной величины qvB. Здесь q — заряд частицы, v — ее скорость, B — индукция магнитного поля. В однородном магнитном поле частица будет движаться по окружности, радиус R которого можно найти из второго закона Ньютона:

$$m \frac{v^2}{R} = qvB, \quad R = \frac{mv}{qB},$$

где m — масса частицы. Если воспользоваться законом сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = qu,$$

то радиус траектории можно выразить через ускоряющий потенциал u:

$$R = \frac{mv}{qB} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2um}{q}}.$$

Это соответствие показывает, что радиус траектории зависит от произведения um. При изменении ускоряющего потенциала радиус траектории каждого из пучков калия будет изменяться (см. рис. 15). Чтобы получить не перекрывались, необходимо выполнение следующей условия:

$$(u_0 + \Delta u)m_1 < (u_0 - \Delta u)m_2,$$

или

$$m_1 + \frac{\Delta u}{u_0}m_1 < m_2 - \frac{\Delta u}{u_0}m_2,$$

где m₁ и m₂ — массы ионов калия, пропорциональные атомным весам A₁ и A₂ соответственно. Отсюда

$$\frac{\Delta u}{u_0} < \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} = \frac{A_2 - A_1}{A_2 + A_1} = 0.025 = 2.5\%.$$

Заметим, что современная экспериментальная техника позволяет фиксировать ускоряющий потенциал с гораэдо более высокой точностью (на несколько порядков).

С. Козел

42

Ф382. Наимmu радуус наибольшей капли воды, коморам можем испарить, не поэлотив менла извне.

При испарении капли без поглощения теплла извне необходимо для испарения количественного теплоты $Q$ получается за счет уменшення поверхностной энергии капли $U_\pi$ при уменшении площади ее поверхности.

Пусть радиус капли уменшился на $\Delta R$, тогда объем капли уменшился на

$$\Delta V = \frac{4}{3} \pi R^3 - \frac{4}{3} \pi (R - \Delta R)^3 = 4\pi R^2 \Delta R - 4\pi R (\Delta R)^2 + \frac{4}{3} \pi (\Delta R)^3.$$

При малом $\Delta R$ можно пренебречь вторым и третьим членами этого равенства по сравнению с первым членом, так что

$$\Delta V = 4\pi R^2 \Delta R.$$

Масса испарившейся при этом воды равна

$$m = \rho \Delta V = 4\pi\rho R^2 \Delta R.$$

Для ее испарения необходимо количественно теплоты

$$Q = Lm = 4\pi L\rho R^2 \Delta R$$

где $L = 2,26 \cdot 10^6 \text{ дж}/\text{кг}$ — удельная теплота парообразования воды. Площадь поверхности капли уменшилась на

$$\Delta S = 4\pi R^2 - 4\pi (R - \Delta R)^2 = 8\pi R \Delta R$$

(членом, содержащим $(\Delta R)^2$, мы пренебречем). Поэтому поверхностная энергия уменшилась на

$$\Delta U_\pi = 8\pi R \Delta R \sigma.$$

где $\sigma = 7,2 \cdot 10^{-2} \text{ дж}/\text{м}^2$ — коэффициент поверхностного натяжения воды.

Приравняем выражения для $Q$ и $\Delta U_\pi$:

$$4\pi L\rho R^2 \Delta R = 8\pi R \Delta R \sigma.$$

откуда

$$R = \frac{2\sigma}{\rho L} \sim 10^{-10} m = 10^{-8} \text{ см}.$$

Такая капля существенно не может, так как мы получили, что $R$ порядка межмолекулярных расстояний в воде. Следовательно, никакая капля не может испариться, не поглощая теплла извне.

При решении задачи мы предполагали, что температура капли и, следовательно, ее внутренняя энергия не изменяется. Это изменение можно, в принципе, учесть, но это не изменит ответ. Действительно, удельная теплоемкость воды равна 1 кал/€·град, а удельная теплота парообразования — 539 кал/€·град. Следовательно, если температура капли комнатная (20°C), то при охлаждении ее до 0°C может испариться примерно $\frac{20}{539} \approx 0,04$ массы капли. Поэтому ясно, что учет изменения внутренней энергии капли не может изменить ответ.

И. Словодецкий

Как устройно атомное ядро
(Начало см. с. 30)

…Воображению приходится особенно тяжко, когда страшься представить строение ядра тяжелого атома. Как нам говорят, в ядре каждой атома присутствует ком-пактное образование из протонов (число которых соответствует числу электронов на орбитах водруг ядра) и нейтронов (необходимых для объяснения существования протонов и других надобностей). Однако протоны, будучи заряжены положительно, должны испытывать отвращение к себе подобным и избегать технологий с ними аналогично электронным.

нам. Как можно представить их упакованными вместе?

Ответ профессора Андраде не заставил себя ждать:

«Полковник Мур-Брабаон, страясь идти в ногу со временем, задает капитальные вопросы относительно таких современных физиками, как протон и нейтрон.

(Продолжение см. с. 55)