Решения задач М517—М519; Ф526, Ф530—Ф532

24

Ф587. Проводник массы $M$ и длины $l$ подвешен к диэлектрику за концы с помощью двух одинаковых проводяших неvesомых пружин с общим коэффициентом жесткости $k$. К верхним концам пружин подсоединен конденсатор emkoсти $C$. Вся конструкция висит в однородном магнитном поле с индукцией $\vec{B}$, перpendикулярной плоскости из положения равновесия и отпускают. Определить дальнейшее движение проводника в вертикальной плоскости. Сопротивлением, собственной индуктивностью и емкостью проводников пренебречь. (10)

Д. Футорский

Решения задач

M517—M519; Ф526, Ф530—Ф532.

Нам понадобится следующая простая lemma: пусть треугольники $ABC_1$ и $ABC_2$ имеют общие основание $[AB]$ длины $R$; модель

1. если вершины $C_1$ и $C_2$ лежат по разные стороны от $[AB]$, то

$$S_{ABC_1} + S_{ABC_2} \leq \frac{1}{2} R \cdot |C_1C_2| \quad (\text{рис. 1, a})$$

2. если вершины $C_1$ и $C_2$ лежат по одному стороны от $[AB]$, то

$$|S_{ABC_1} - S_{ABC_2}| \leq \frac{1}{2} R \cdot |C_1C_2| \quad (\text{рис. 1, 6})$$

Докажите эту lemma самостояльно.

Приступим теперь к решению задачи. Пусть $A_1A_2 \dots A_n$ — $n$-угольник, вписанный в окружность с центром $O$; $B_1B_2 \dots B_n$ — второй $n$-угольник (с вершинами в отмеченых точках), причем $B_1 \in [A_1A_2]$, $B_2 \in [A_2A_3]$ и т. д.; пусть $P$ — его перimeter. Расмотрим треугольники $OA_1B_1$, $OB_1A_2$, $OA_2B_2$, …, $OB_nA_1$. Если центр окружности $O$ принадлежит многоугольнику $A_1A_2 \dots A_n$, то эти треугольники попарно не перекрывают и их объединение дает многоугольник $A_1A_2 \dots A_n$ (рис. 2), так что площадь $S$ многоугольника $A_1A_2 \dots A_n$ равна сумме площадей этих треугольников. Согласно lemma площадей двух таких треугольников с общим основанием $[OA_k]$ не превысо-
дит $\frac{1}{2} |OA_k| \cdot |B_{k-1}B_k| = \frac{1}{2} R \cdot |B_{k-1}B_k|$ (мы считаем,
разумется, $B_0 = B_n$), так что

$$S = (S_{OB_1A_2} + S_{OA_2B_2}) + \dots + (S_{OB_nA_1} + S_{OA_1B_1}) \leq \frac{1}{2} R (|B_1B_2| + \dots + |B_nB_1|) = \frac{1}{2} RP, \quad (1)$$

откуда $P \geq 2S/R$.

Если же центр $O$ лежит в не многоугольника $A_1A_2 \dots A_n$, скажем, по разные с ним стороны от хорды $A_nA_1$ (рис. 3), то тогда площади треугольников $OA_nB_n$ и $OB_nA_1$ входят в сумму, образующую площадь $S$, со знаком минус:

$$S = (S_{OB_1A_2} + S_{OA_2B_2}) + \dots + (S_{OB_n-1A_n} - S_{OA_nB_n}) + (S_{OA_1B_1} - S_{OB_nA_1}).$$

Снова применить lemму, получим требуемое неравенство.

25

В заключение отметим, что если стороны $B_{k-1}B_k$ многоугольника $B_1B_2 \dots B_n$ перпендикулярны соответствующим радиусом $OA_k$, то неравенство (1) превращается в равенство, так что в этом случае многоугольник $B_1B_2 \dots B_n$ имеет наименьший возможный перimeter $2S/R$. Предлагаем читателю, пользоваться этим, доказать, что треугольник $B_1B_2B_3$, вписанный в данной остроугольный треугольник $A_1A_2A_3$, имеет минимальный перimeter моеда и молко мореда, когда $B_i$ ($i=1, 2, 3$) — основания высотем треугольника $A_1A_2A_3$.

В. Дубровский

Рис. 3.

М518. Числа $x_1, x_2, \dots, x_n$ принадлежат отрезку $[a; b]$, аде $0 < a < b$. Доказание неравенство

$$\left( x_1 + x_2 + \dots + x_n \right) \times \left( \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n} \right) \leq \frac{(a+b)^2}{4ab} n^2.$$

Рис. 4.

Рис. 5.

Наметим сначала геометрическую идею одного из самых коротких доказательств.

Рассмотрим на плоскости $Oxy$ $n$ точек $\left( x_i; \frac{1}{x_i} \right)$, $i = 1, 2, \dots, n$. Этти точки лежат на гиперболе $y = \frac{1}{x}$, причем по условию $a \leq x_i \leq b$. Точка $M^*(x^*; y^*)$ с координатами $x^* = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n}, y^* = \frac{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n}}{n}$ (1)

— центр тяжестни $n$ одинаковых материальных точек $\left( x_i; \frac{1}{x_i} \right)$. Поэтому она принадлежит выпуклой фигуре, ограниченной двумя гиперболами и отрезком прямой с концами в точках $A\left( a; \frac{1}{a} \right)$ и $B\left( b; \frac{1}{b} \right)$ (рис. 4).

Произведение $x^*y^*$ — площь заштрихованного на рисунке 4 прямоугольника — достаточно максимума, когда точка $M^*$ попадает в середину отрезка $AB$. В самом деле, ясно, что если $(x^*; y^*)$ не лежит на $[AB]$, то площь можно увеличить, сдвинув точку $M^*$ на отрезок $AB$. А для точки $(x; y)$ этого отрезка $y$ — линейная функция от $x$, следовательно, площь $s(x)=xy$ — квадратный трехчлен от $x$. Поскольку $s(x)$ принимает при $x=a$ и $x=b$ одинаковые значения $s(a)=s(b)=1$, а $s(0)=0$ (рис. 5), максимум $s(x)$ достигается после диска $x=a$ и $x=b$ — при $x=\frac{a+b}{2}$, $y=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$.

Отсюда $x^*y^* \leq \frac{a+b}{2} \cdot \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}{2} = \frac{(a+b)^2}{4ab}$, что и требуется доказать.

В более математическом обосновании нуждается лишь тот факт, что «центр тяжестни»—точка с координатами (1) — лежит и же отрезка $AB$. Заметим, что уравнение прямой $AB$ имеет вид $aby+x=a+b$ (проверьте, что точки $A$ и $B$ лежат на этой прямой), так что основной этап нашего доказательства — неравенство

$$aby^*+x^* \leq a+b.$$ (2)

Теперь все готовы для короткого формирования доказательства (которым мы могли бы ограничиться): для каждой $i$

$$\frac{ab}{x_i} + x_i \leq a+b,$$ (3)

поскольку $(x-a) (x-b) \leq 0$ для $x \in [a; b]$. Слю-

27

ли $\alpha \in I$, то и $\frac{1}{\alpha} \in I$. Пусть $\gamma > 1$ — правиль конец этого единного отрезка. Тогда $\gamma - 1$ — его левый конец и должно быть $\gamma - 1 = \frac{1}{\gamma}$. Отсюда находится, что $\gamma = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ (это число известно под названием «золотого сеценция»). Расстоянием стуацию $(i, j)$ такую, что $\frac{i}{j} = \alpha \in ]\gamma - 1; \gamma[$ (рис. 6), причем $\frac{i}{j} \neq 1$. Допустим, что $i > j$; тогда $\alpha \in ]\gamma - 1; \gamma[$. В этой ситуации у играющего имеется единственный ход $(i, j) \rightarrow (i - j, j)$, для которого

$$\alpha' = \frac{i - j}{j} = \frac{i}{j} - 1 = \alpha - 1 < \gamma - 1,$$

то есть этот единственный ход приводит к стуации с отношением $\alpha'$ вне интеграла $]\gamma - 1; \gamma[$. Кроме того, на этом ходе игра не кончается.

Пусть теперь $\frac{m}{n} = \alpha \notin ]\gamma - 1; \gamma[$ и $\frac{m}{n} \notin Z$ (случай, когда отношение $\frac{m}{n}$ — целое, описан выше); положим, для определенности, $m > n$. Найдется такое $k \in Z$, что $\frac{m}{n} - k \in ]\gamma - 1; \gamma[$, так что после хода $(m, n) \rightarrow (m - kn, n)$ мы получим стуацию с отношением, находящимся в интеграле $]\gamma - 1; \gamma[$ и не равным единице (поскольку $m/n \notin Z$).

Отсюда получаем выигрышную стратегию для начинающего игра. Если $\frac{m}{n} \in Z$, то он выигрывает первым ходом. Если $\frac{m}{n} \notin Z$ и $\frac{m}{n} \notin ]\gamma - 1; \gamma[$, то каждым свойством ходом он добавляется того, чтобы отношения $\frac{m_k}{n_k}$ попадало в интеграл $]\gamma - 1; \gamma[$, после чего его противник может сделать единственный ход, приводящий снова к стуации с отношением вне указанного интеграла. Понятно, что в конце концов начинающий играет. На рисунке 7 красные точки соответствуют выигрышным стуациям $(m, n)$, черные — проигрышным.

Таким образом, утверждение пункт 6) задачи верно при всех $\alpha > \gamma$ ($\gamma = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$).

A. Слинько

При решении этой задачи, как это часто бывают не только в элементарной математике, но и в серверных математических исследований, нам очень помог «угаданный» ответ: в некоторых моменты мы предположили, что все рациональные не целые точки некоторого интеграла единничной длины — проигрышные, и после этого быстро добавили исследование до конца. Но в этой задаче можно обойтись и без такого дополнительного шага: число $\gamma$ возникает в ней естественным образом из следующих рассуждений. Как уже было замечено, все проигрышные точки принадлежат интегралу $]1/2; 2[$. Легко сообщить также, что если точки $x \in ]1; 2[$ — проигрышная (выигрышная), то точка $x - 1$ — выигрышная (проигрышная). Поэтому все точки интеграла $]1; 3/2[$ — проигрышные, и нам остается исследовать точки интеграла $]3/2; 2[$. Предположим, что точка $x \in ]3/2; 2[$ — проигрышная. Тогда точки $x - 1$ и $1/(x - 1)$ — выигрышные, причем $1/(x - 1)$ меньше 1.

28

Позтому $1/(x-1)-1=(2-x)/(x-1)$ — проигрывная точка. Итак, если точка $x \in ]3/2; 2[$ — проигрывная, то и точка $(2-x)/(x-1)$ — тоже проигрывная. Нарисуем график функции $(x-1)/(2-x)$ (рис. 8). На рисунке 8 показано, как по точке $x$ найти точку $(x-1)/(2-x)$. При преобразовании $x \rightarrow (x-1)/(2-x)$ есть неподвижная точка — корень уравнения $x^2-x-1=0$, придлежащий интервалу $]3/2; 2[$ (это и есть число $\gamma$). Легко доказать, что если точка находится правее точки $\gamma$, тотерации и (повторения) нашего преобразования рано или поздно выведут ее за точку 2. (Одана из возможных схем доказательства приведена на рисунке 9: тангенс угла наклона черной прямой, проходящей через неподвижную точку $(\gamma; \gamma^2-\gamma-1)$, равен 2, а касательная к кривой $(x-1)/(2-x)$ идет кругу — убедитесь в этом.)
Позтому все точки из интервала $]\gamma; 2[$ — выигрывные и, следовательно, все точки из интервалов $]\gamma; \infty[$ и $0; \gamma^{-1}]$ — выигрывные. Аналогично, если предположить, что некоторая точка из интервала $]3/2; \gamma[$ — выигрывная, то ееращиями мы получим точку из интервала $]1; 3/2[$, откуда следует, что все точки из интервала $]1; \gamma[$ — проигрывные. Конечно, такое решение более громоздко. Однако оно и более почтельно!

Ф526. Положить меллоизолуруцих стенок колбы термока откачана до давления $p=10^{-5}$ атм (при комнатной температуре). Вместимость колбы 1 литр, площадь поверхности колбы $S=600\text{ cm}^2$. Оценить время, в течение которого чай в максимом термосцестим с $90^\circ\text{C}$ до $70^\circ\text{C}$. Телюмкость воды $c=4,2 \cdot 10^3$ Дж/(кв.К); универсальная газовая постоянная $R=8,3$ Дж/(К·моль). Умечу меняерез пробку неучимывать.

Отвод теплла от внутренней стенки колбы (от чая) осуществляется молекулами газа, оставшегося в полости между внутренней и внешней стенками колбы. Для того и отключают положить стенок, чтобы оставшийся там газ не образовывал сплошной теплопроводной среды, то есть чтобы молекулы двигалисы между стенками без столковения друг с другом.

Будем считать, что после столковения со стенкой молекулы имеет в среднем энергию, пропорциональную температуре стенки. После удаления о внешнюю стенку кинетическая энергия поступательного движения молекулы $\varepsilon_1 \sim 3/2$ $kT_K$, где $T_K$ — комнатная температура; после удаления о внутреннюю стенку $\varepsilon_2 \sim 3/2$ $kT'$, где $T'$ — температура чая. Эта температура все время меняется. Однако инвервал изменения $T'$ неVELик ($\Delta T=363\text{K} - 343\text{K} = 20\text{K}$). Поэтому для оценки можно считать, что $\varepsilon_1 \sim 3/2$ $kT_C$, где $T_C=353\text{K}$ — среднее значение температуры горячей стенки.

Следовательно, каждая молекula при удалении о горячую стенку «забирает» от чая энергию

$$\Delta \varepsilon \sim 3/2 k (T_C - T_K).$$

Число молекул, содержащихся с горячей стенкой за единицу времени, пропорционально $1/2 n |v_x| S$, где $n$ — плотность молекул газа, $|v_x|$ — среднее значение молекулы скорости молекул на ось $OX$, перpendикулярную стенке. Число молекул, ударившихся о стенку за время $\Delta t$,

$$N \sim 1/2 n |v_x| S \Delta t.$$

Эти молекулы заберут от чая энергию

$$\Delta E = N \Delta \varepsilon \sim 3/4 n |v_x| Sk (T_C - T_K) \Delta t.$$

Очевидно, что эта энергия равна изменению $\Delta U$ внутренней энергии чая за время $\Delta t$: $\Delta E = \Delta U$. Так как

$$\Delta U = Mc\Delta T,$$

где $\Delta T$ — изменение температуры чая,

$$3/4 n |v_x| Sk (T_C - T_K) \Delta t \sim Mc\Delta T.$$

Отсюда

$$\Delta t \sim \frac{4Mc\Delta T}{3n |v_x| Sk (T_C - T_K)}.$$

29

Считая что, $\sqrt{v_x} \sim \sqrt{RT_K/\mu}$, и учитывая, что $n = p/k T_K$ (это следует из уравнения Менделеева — Клапейрона), окончательно находится:

$$\Delta t \sim \frac{4Mc\Delta T \sqrt{\mu T_K}}{3p(T_c - T_k)S\sqrt{R}}.$$

Подставляя числовые значения ($M = 1$ кг, $\Delta T = 20$ K, $T_K = 293$ K, $p = 1$ Па, $\mu = 29.10^{-3}$ кг/mоль и т. д.), получим $\Delta t \sim 3.10^4$ с $\sim 10$ ч.

A. Стасенко

Ф530. В схеме, приведенной на рисунке 10, $\%_0 > \%_1$. Определить заряд, который прочитает батарею и сопротивление камушки равны нулю. Дiod ситамые идеальным (его прямое сопротивление равно нулю, обратное — бесконечности); конденсатор до замыкания ключа был не заряжен.

Рис. 10.

Будем считать, что диод начинает проводить ток, когда потенциаль на аноде будет больше, чем на катод. При этом сопротивление диода будет равно нулю и падение напряжения на нем будет также равно нулю.

Рассмотрим процесс, проискодящий в цепи после замыкания ключа $K$, по этапам.

1. Ток, текущий через индуктивность $L$, заряжает конденсатор. При некотором значении тока $I_1$ конденсатор заряжается до напряжения $\%_1$. Заряд конденсатора $q_1 = C\%_1$, энергия конденсатора $W_1 = C\%_1^2/2$, энергия магнитного поля индуктивности $LI_1^2/2$. Работа, совершенная к этому времени батареей, равна $A = q_1\%_1$.

2. Хотя напряжение на батарее $\%_1$ и на конденсатор одинаковы, конденсатор продолжает заряжаться — за счет энергии магнитного поля индуктивности. При некотором значении тока $I_0$ конденсатор заряжается до напряжения $\%_0$. Заряд конденсатора $q_0 = C\%_0$, энергия конденсатора $W_0 = C\%_0^2/2$, энергия магнитного поля индуктивности $LI_0^2/2$.

Работа, совершенная батареей $\%_1$ за время этапов 1 и 2, равна $A_1 = q_0\%_1 = C\%_0\%_1$.

3. С того момента, когда напряжение на конденсатор становится равным $\%_0$, ток начинает течь через диод в батарею $\%_0$. Напряжение на конденсатор с этого момента не меняется, энергия его остается равной $W_0 = C\%_0^2/2$.

Следовательно, энергия $LI_0^2/2$, имеющая в магнитном поле индуктивности, начинает уменьшаться — она идет на совершение работы по перемещению заряда батарею $\%_0$.

4. Энергия магнитного поля индуктивности равной нулю. Энергия конденсатора по-прежнему равна $W_0 = C\%_0^2/2$. Через батарею $\%_0$ прошел некоторый заряд $Q$. Энергия батареи $\%_0$ увеличилась на $\Delta W = Q\%_0$.

За время этапов 3 и 4 батарея $\%_1$ совершила работу $A_2 = Q\%_1$.

Итак, за время всего процесса батарея $\%_1$ совершила работу:

$$A_{\%_1} = A_1 + A_2 = C\%_0\%_1 + Q\%_1.$$

Эта работа прошла на сообщение энергии $W_0 = C\%_0^2/2$ конденсатор $C$ и на увеличение энергии батареи $\%_0$ на $\Delta W = Q\%_0$. Согласно закону сохранения энергии

$$A_{\%_1} = W_0 + \Delta W,$$

*) Так как $\sqrt{v_x^2} = \frac{1}{3} \sqrt{v^2} = \frac{1}{3} \frac{3RT_K}{\mu}$, то $\sqrt{v_x^2} = \sqrt{\frac{RT_K}{\mu}}$.

Хотя $\sqrt{v_x^2} \neq |v_x|$, однако $\sqrt{v_x^2} \sim \sqrt{v_x^2}$. Поэтому будем считать, что $\sqrt{v_x^2} \sim \sqrt{\frac{RT_K}{\mu}}$.

30

$$C_0^2 E_1 + Q E_1 = \frac{C_0^2}{2} + Q E_0.$$

Отсюда находится $Q$, протекший через батарею $E_0$:

$$Q = \frac{C_0^2 (2 E_1 - E_0)}{2 (E_0 - E_1)}.$$

Причем не. Из полученного результата видно, что через батарею $E_0$ заряд потечет только в том случае, если $E_1 < E_0 < 2 E_1$. Если $E_0 > 2 E_1$, то конденсатор никака не заряDITся до напряжения $E_0$. Иными словами, максимальное напряжение, до которого можно заряDITЬ конденсатор в схеме, приведенной на рисунке 11, равно $2 E_0$.

Пусть при некотором токе $I$ напряжение на конденсатор равно $U$, его заряд $q = CU$. Из закона сохранения энергии $q E = CU E$ = $\frac{LI^2}{2} + \frac{CU^2}{2}$ находится

$$\frac{LI^2}{2} = \frac{CU}{2} (2 E - U).$$

Процесс зарядки конденсатора прекраttся, когда ток в цепи становится нулю. При этом, как видно, $U = U_{\max} = 2 E$.

В. Скороваров

Ф531. Гейзеры могут рассматривать как большие подземные резервуры, наполненные грунтовой водой и подогреваемые земным менлом (рис. 12). Выход из них на поверхность земли осуществляется через узкий канал, который в «спокойный» период практической полнострых заполнен водой. Сцимая, что «активный» период наступает, когда закинаем вода в подземном резервуре, и что во время извержения канал заполнен молко паром, который выбрасывается наружу, оценить, какую часть воды термерует резервуар ещёера во время однозоно извержения. Глубина канала $h = 90$ м; температура воды $\lambda = 2,26 \cdot 10^6$ Дж/кг; темперакость воды $c = 4,2 \cdot 10^3$ Дж/(кг·К). Зависимость давления насыщенного воды по температуре приведена на рисунке 13.

Рис. 12.

Рис. 13.

31

(M — масса объявшегося пара) находим

$$\frac{\Delta M}{M} \approx \frac{c(t-t_0)}{\lambda} \approx 0,15.$$

Приведенное решение является оценочным, так как оно не учитывает ряда факторов, которые практически могут несколько изменить полученный результат. Например, при решении не учитываяя подвод телла к воде от нагретых пластов во время «активного» периода, а также поступления в резервуар новых порций воды по подземным каналам в ходе извержения.

С. Козел

Ф532. Мягтник представляет собой легкий стержень длины l с грузом массой M на конце. К другой концу стержня прикреплена легкая цилиндрическая втулка a с внутренним радиусом r, надемая на врачацоцюся горизонтальную ось b (рис. 14). Коэффициент треения между втулкой и осью равен μ. Определить угол отклонения стержня от вертикали в положении равновесия.

Рис. 14.

Рис. 15.

Очевидно, что груз M при вращении оси b против часовой стрелки смешен вправа от вертикали O’O, проходящей через центр оси. При этом точка A (рис. 15), в которой втулка магнитка соприкается с осью, смешена от верхней точки оси в сторону, противоположную направлению вращения оси. Показем это.

При равновесии магнитка сумма моментов всех действующих на него сил равна нулю. На магнитке действуют силы тяжеста $\vec{P} = \vec{Mg}$, приложенная к грузу M, сила нормальной реакции оси N и сила треня скольжения $\vec{F}_{TP}$, приложенные к втуле A. Momentы сил $\vec{N}$ и $\vec{F}_{TP}$ относительно точки A равны нулю. Следовательно, и момент силы $\vec{P}$ относительно этой точки должен быть равен нулю. Это означает, что точка A должна лежать на линии действия силы $\vec{P}$, то есть должна быть смещена вправа от верхней точки оси.

Отметим, что даже при скольгу углоно большом коэффициент треения μ груз M при равновесии магнитка не может быть отклонен от вертикали O’O на расстояние, большое радиуса r втулки a. Это видно из рисунка 15.

Найдем угол α, определяющий положение точки A. Так как при равновесии магнитка векторная сумма сил $\vec{F}_{TP}$ и $\vec{N}$ направлена вертикально вверх (сумма сил $\vec{F}_{TP}$, $\vec{N}$ и $\vec{P}$ должны быть равна нулю), то

$$\mathrm{tg} \alpha = \frac{F_{TP}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu$$

($F_{TP}$, N — модули силу $\vec{F}_{TP}$ и $\vec{N}$).

Найдем теперь угол φ, который составляет стержень магнитка с вертикалью O’O в положении равновесия. Как видно из рисунка 15,

$$\sin \varphi = \frac{|OB|}{r+l} = \frac{r \sin \alpha}{r+l}.$$

Учитывая, что

$$\sin \alpha = \frac{\text{tg} \alpha}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 \alpha}} = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}},$$

находим (см. (1))

$$\sin \varphi = \frac{r}{r+l} \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Обратите внимание, что величины угла отклонения магнитка определяется только значением коэффициента треения и размера стержня и втулки и не зависит от массы груза M и скорости вращения оси.

В пределном случае μ = 0 формула (2) дает φ = 0, то есть при отсутствии трея магнитка в равновесии занимает вертикальное положение. С ростом силы трея, то есть

32

при $\mu \rightarrow \infty$, множество $\mu/\sqrt{1+\mu^2}$ стремится к единице и sin $\varphi \rightarrow r/(r+l)$. Это значит, что величины отклонения груза $M$ впраvo от вертикали $O'O$ (то есть длина отрезка $OB$ на рисунке 15) стремится к $r$ (см. (1)).

Замечательно, что такой матрик, если его вывести из равновесия, будет совершать незначующее количество. При достаточно быстро вращении оси действующая на втулку сила трения скольжения при любом направлении движения матрика направлена в сторону вращения оси и приводит лишь к смешению среднего положения на угол $\varphi$ от вертикали.

Отметим, что существует еще одно положение равновесия матрика на вращающее оси — положение, в котором груз $M$ расположен выше оси, а стержень отклонен от вертикали впраvo на такой же угол $\varphi$. Но это положение равновесия, как легко убедиться, является неустойчивым.

Если ось, на которой надета втулка матрика, закреплена неподвижно (не вращается), то, благодаря силе трения покоя, величина которого может принимать любые значения от нуля до $\mu N$, матник может находиться в равновесии в любом отклонном от вертикали положении в пределах сектора с углом $\varphi$, определяемым той же формулой (2). Это так называемая область застоя (рис. 16). Если отклонить матрик на угол больше предельного (больше $\varphi$) и отпустить, то, совершив несколько коллебный субливающий амплитудой, матник оставится где-то внутри области застоя. Остановка матрика может произойти в любой точке области застоя в зависимости от начальных условий. Интересно отметить, что такой же сектор положений равновесия существует и для «перевернутого» матрика на закрепленной оси.

Е. Бутников, А. Быков, А. Кондратов.

(Начало см. с. 20)

С. Гузов (Львов) 26; В. Джалоян (с. Урцадзор АрмССР) 16, 19a), 21, 24; О. Димитриев (Саратов) 16a), 21, 23a), 26, 28, 30a); В. Добров (Ангарск) 28, 30a); С. Довбыш (Москва) 16, 18, 19, 21; Е. Дюжикова (Архангельск) 16a); И. Елишевич (Чернигов) 21; А. Erмодин (Петрозаводск) 21, 22, 26, 28, 29; И. Зверович (Минск) 16a); Е. Зиманов (Алма-Ата) 21, 22, 25; Т. Зозрабян (пос. Деларис АрмССР) 26; М. Ибраемов (Шуша) 16a), 27; П. Иванов (Виллюйск) 26; О. Ижболдин (Ленинград) 16a), 6), 21—24, 26—30; Р. Измайлов (Баку) 16, 18, 19, 21—29; Ф. Кабдыкаиров (Алма-Ата) 18, 19a), 21, 26, 28; С. Каазан (Ленинград) 16, 21; А. Каазарман (Белорецк) 26; С. Калашников (Рязань) 16a), 6); А. Канель (Москва) 21, 23, 24, 26, 28, 30a); В. Кантерман (Вильнюс) 16a); А. Каплан (Сумгант) 16, 18, 19a), 21, 22, 24, 26—28, 30a); Г. Карадулин (Ереванн) 16, 18, 19a), 21, 22, 24—28, 29a); А. Келарев (Свердловск) 16, 19, 21, 23, 26—29, 30a); И. Кечов (Сухумин) 16a); С. Кодан (Ленинград) 28; Г. Коков (Тбилиси) 26; А. Колдацов (Тбилиси) 26, 28; С. Колева (НРБ) 18; А. Колмыцев (Ангарск) 30a); Ю. Кордюков (Москва) 26, 27, 30a); А. Король (Ташкент) 166), 22, 23; С. Кочемов (п/o Дружба Краснодарского края) 21, 24; О. Кравец (Воронеж) 16a), 26—28, 30a); В. Крикухин (Махачкала) 26; С. Крилов (Великий Устог) 28; И. Криков (Иван-

(Продолжение см. с. 43)