Решения задач М746—М749; Ф758—Ф767

29

P786. Forces of attraction between molecules act in a nonideal single atom gas. Assuming that the potential energy of molecular interaction is proportional to the gas density, i.e. $\Pi = \alpha \frac{N}{V}$, where $N$ is the number of gas molecules, $V$ the volume of gas, $\alpha$ a coefficient ($\alpha < 0$). Find the difference between the molar heat capacities at constant pressure ($c_p$) and at constant volume ($c_V$).

V. Tugushev

P787. The voltage of a source varies linearly. At the initial moment it was zero. The switch $K$ can be used to connect the source to the circuit shown on figure Pric. 2, p. 27). At what moment should the switch be turned on to make the current in the circuit constant? The resistance is $R$, the capacity is $C$.

A. Zilberman

Решения задач

M746. Бумажный квадрат складывается пополам по неокторой прямой $l$, проходящей через его центр, в (невыпуклый) девятцудольник. Как нужно провести прямую $l$, чтобы:
a) полученный девятцудольник имел набольшую площадь?
b)* в нем помещалась окружность набольшего возможного радиуса?

Рис. 1.

Рис. 2.

Пусть прямая $l$, по которой складывается квадрат, образует с его горизонтальной стороны угол $\alpha (0 \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ)$, длина стороны квадрата — $2q$.

a) Если фигуру, полученную складыванием квадрата по прямой $l$, дополить симметричной (относительно центра квадрата $O$ или относительно прямой $l$ — все равно!), то получится изображенный на рисунке 1 многоугольник — объединение квадрата с поверхным на угол $2\alpha$. Он имеет четыре оси симметрики. Чтобы выяснить, когда его площадь максимальная, затемим, что его можно получить, дополнительный квадрат $2q \times 2q$ четрымя одинаковыми розовыми прямоугольными треугольниками. Гипотенузу $c$ и катеты $a, b$ каждого из них легко найти, затемив, что $a + b + c = 2q$, $a = c \sin 2\alpha$, $b = c \cos 2\alpha$, откуда $c = 2q / (1 + \sin 2\alpha + \cos 2\alpha) = 2q / (1 + \sqrt{2} \cos(45^\circ - 2\alpha))$; площадь треугольника равна $q(q - c)$ и максимальная при $\alpha = 22,5^\circ$, когда гипотенуза $c$ минимальная. Таким образом, 16-угольник на рисунке 1 имеет максимальную площадь $8q^2(2 - \sqrt{2})$, когда он имеет форму «звездочки» с 8 осями симметрики (рис. 2); при том же угле $a = 22,5^\circ$ набольшую площадь имеет и его половина.

6. Ответ: набольшая окружность в сложном квадрате помещается при $\alpha_0 = 2$ arctg $2 - 90^\circ \approx 36,87^\circ$; ее радиус $r_0$ равен $5q/8$, а соответствующая прямую $l$ делит сторон квадрата в отношении 1:7. Подтвердить этот ответ помогает геометрической эксперименте: если через каждые $2^\circ$ или $3^\circ$ (от $\alpha = 0^\circ$ до $\alpha = 45^\circ$) поточнее постройить соответствующий чертеж (удобно вырезать из картона больший квадрат, проткнуть его в центре кнопкой и использовать для построения основного и поверхности квадрата, а набольшую окружность — для каждого $\alpha$ — строить «циркульем и линейкой»), можно достаточно точно построить график зависимости радиуса набольшей окружности $r$ от $\alpha$ (рис. 3). На графике этой функции выделяется несколько точек $a_i$ — отрезок $0^\circ \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ$ делится на 5 кусочков, на каждом из которых набольшая окружность определяется разными геометрическими условиями, так что ее радиус выражается разными (иногда — весма громоздками) формулами. Однако из этих особых точек является и $\alpha_0$, поэтому в точке $a_0$ функция $r = r(\alpha)$ не имеет произвольной, и приходит оценить ее отдельно на разных кусочках.

На рисунках 2, 4—7 показаны неокторые этапы «эвольции» набольшей окружности при изменении $\alpha$ от $0^\circ$ до $45^\circ$. Глядя на них, нетрудно представить и остальные: при $\alpha = 0^\circ$ годится любая окружность, касающаяся длины сторона прямугольной половины квадрата; при

30

0° < α < α₁ окружность касается прямых l = (MN), MB и CK, точка L лежит вне ее; при α = α₁ точка L попадает на окружность; случай α₁ < α < α₂ показан на рисунке 4; при α₂ ≤ α ≤ α₃ окружность касается l и проходит через точки L и K, причем при α = α₂ она касается (CK) в точке K, а при α = α₃ — касается (MC) в точке L; сюда относится и «звездочка» (рис. 2); остальные случаи на рисунках 5, 6 и 7.

Докажем, что радиус окружности всегда не больше 5q/8, причем равенство имеет место только при α = α₀. Некоторые подробности рассудений мы опустим, но их нетрудно восстановить по надписам на рисунках.

При α₀ ≤ α ≤ 45° все просто: набольшая окружность касается прямой l в точке O и касается двух сторон девятугольника, симметричных относительной прямой OK; ее радиус r равен (рис. 7)

$$r = q \mathrm{tg}(45° - \alpha/2) / \cos \alpha = q/2 \cos^2(45° - \alpha/2) = q/(\cos(90° - \alpha) + 1)$$

и, очевидно, при уменьшении α от 45° до α₀ увеличивается (от (2 - √2)q до 5q/8); значения α₀ и r₀ можно определить из треугольников ONQ и ONK на рисунке 6.

Случай малых α также не вызывает трудностей: ясно, что, пока набольшая окружность касается (CK), ее диаметр не превыходит |MC| (рис. 4). Если |MC| < 5q/4, то есть α < arctg 1/4 ≈ 14,43°, то тем более r ≤ 1/2 |MC| < 5q/8.

Для значений α, при которых набольшая окружность проходит через точку L, то есть для α₁ ≤ α ≤ α₃, в качестве оценки для ее радиуса можно взять радиус окружности, проходящий через точки K, L и O (см. рис. 4), равный |KL|/2 sin KO L = c/2 sin 45° = q/(\sqrt{2}/2 + cos(45° - 2α)) (см. решение пункта a)). Этот радиус не превышает 5q/8 при cos(45° - 2α) ≥ 8/5 - √2/2 ≈ 0,8929, то есть 9,12° < α < 35,88°. Поскольку этот интервал перекрывается с предыдущим, тем самым проверены все значения α от 0° до, по крайней мере, α₃.

Осталось доказать, что r < r₀ = 5q/8 на участке [α₃; α₀], где набольшая окружность расположена так, как показано на рисунке 5. Зафиксируем окружность радиуса r₀ и доказем, что если пристроить к ней наш сложенный квадрат так, чтобы она оказалась вписанной в угол CMO, то точка K оказется внутри окружности (или на ней при α = α₀). Это и значит, что поместить в нашу фигуру окружность большого радиуса невозможно.

Сторону MO мы будем рисовать горизонтальной и касающей окружности радиуса r₀ в ее нижней точке T (рис. 8). Для того, чтобы построить точку K = K(α), нужно от точки T отключить влево отрезок TM длины r₀tg(45° + α/2) (напомним, что OMС = 90° - α) и затем впроверяем — отрезок MK длины q√2/cos α под углом 45° к MO (△OMK — прямогательный равноведенный, а |OM| = q/cos α). При α = α₀ точка K попадает в верхнюю точку круга; при уменьшении α она совершает движение со скоростью, равной векторной сумме двух скоростей: одна — вдоль прямой MO — направлена вправа и имеет величины u = r₀|tg(45° + α/2)|’ = r₀/2 cos²(45° + α/2) = r₀/(1 - sin α), другая — вдоль прямой K(α)M(α) — направлена впево-вниз и равна по величины v = q√2|(1/cos α)’| = q√2sin α/(1 - sin²α) (росьем играет величины α₀ - α≥ 0). На интересует лишь небольшой участок значений α вблизи α₀; но даже если продолжить это движение точки K до α = 0°, она не выйдет за пределы круга, поскольку при α = 0° √2 q = |MK| < r₀(√2 + 1). Если еще заметить, что отношение u/v возвращает при уменьш-

32

$$= |\vec{a}| \left( \sin \frac{\pi}{2} - \sin \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) = 2 |\vec{a}|.$$

Позтому

$$|\vec{a}_1| + \dots + |\vec{a}_n| = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( a_1(\varphi) + \dots + a_n(\varphi) \right) d\varphi \geqslant$$

$$\geqslant \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( b_1(\varphi) + \dots + b_m(\varphi) \right) d\varphi = |\vec{b}_1| + \dots + |\vec{b}_m|.$$

Пусть теперь $A'_1, \dots, A'_n$ и $O'$ — проектини точек $A_1, \dots, A_n$ и $O$ на произвольную прямую (см. рисунок). Согласно лемме нам достаточно доказать, что

$$p' = |A'_1A'_2| + |A'_2A'_3| + \dots$$

$$\dots + |A'_nA'_1| \geqslant \frac{4}{n} \left( |O'A'_1| + \dots + |O'A'_n| \right).$$

Заметим, что $O'A'_1 + \dots + O'A'_n = 0$, так как сумма проектини несколько векторов равна проектини их суммы. Поэтому координаты точек $A'_1, \dots, A'_n$ на числовой оси $l$ с началом координат $O'$ образуют набор чисел, удовлетворяющий условию пункта a). Сумма $a$ абсолотных величины этих чисел равна сумме в правой части неравенства (), а разность между набольшим и наименьшим из них — длине проектини многоугольника, то есть положие суммы $p'$ длин проектини всех его сторон. В силу утверждения a) $p'/2 \geqslant 2a/n$ и неравенство () доказано.

Второе решение. (Это решение предложил ученик 10-го класса ФМШ № 18 г. Москвы C. Матюшов.) Для любой точки $A$

$$\overrightarrow{OA} = \frac{1}{n} \left( (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A_1A}) + \dots + (\overrightarrow{OA}_n + \overrightarrow{A_nA}) \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n \right) + \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right).$$

Отсюда сразу следует неравенство

$$|OA| \leqslant \frac{1}{n} \left( |AA_1| + \dots + |AA_n| \right).$$

Полагая в нем последовательно $A = A_1, A = A_2, \dots, A = A_n$ и складывая все полученные неравенства, мы найдем, что

$$d = |OA_1| + \dots + |OA_n| \leqslant \frac{2}{n} \sum |A_iA_j|$$

(**)

(каждое слагаемое $|A_iA_j|$, $1 \leqslant i < j \leqslant n$, входит в сумму один раз, так что она представляется собой сумму длин всех сторон и диагоналей многоугольника).

При нечетном $n$ имеется $n$ сторон, $n$ диагоналей, отсекающих 1 вершину, $n$ диагоналей, отсекающих 2 вершины, …, $n$ диагоналей, отсекающих $\frac{n-3}{2}$ вершины. Длина диагонали, отсекающей $k$ вершин, не превыходит длины $(k+1)$-звенной ломаной из сторона многоугольника, соединяющей концы диагонали. Поэтому сумма длины таких диагонали не больше $(k+1)p$, где $p$ — перimeter многоугольника и (**) переписывается так:

$$d \leqslant \frac{2}{n} \left( p + 2p + \dots + \frac{n-1}{2} p \right) = \frac{n^2 - 1}{4n} p,$$

то есть $p \geqslant \frac{4n}{n^2 - 1} d.$

33

Для четного $n$ отличие в том, что число диагоналей, отсекающих $n/2$ вершин, равно $n/2$. Посколькулина каждой из них не больше $p/2$, из (**) получаем

$$d \leq \frac{2}{n} (p + 2p + \dots + \frac{n-2}{2} p + \frac{n}{4} p) = \frac{n-2}{4} p + \frac{1}{2} p = \frac{n}{4} p,$$

то есть $p \geq 4d/n$.

в) Из решения пункта 6) следует, что при нечетных $n$ оценка точнее: $p \geq \frac{4n}{n^2-1} d > \frac{4d}{n}$. Дальнейшее уточнение невозможно. Действительно, пусть $n = 2k$ или $n = 2k+1$. Рассмотрим вырожденный «$n$-угольник», $k$ вершин которого находится в одной точке, а остальные $n-k$ — в другой. Легко видеть, что отношение $p/d$ для такого «$n$-угольника» в точности равно $4/n$ при $n = 2k$ и $4n/(n^2-1)$ при $n = 2k+1$. Ясно, что можно чут-чут развинуть его вершины так, чтобы образовался «настоящий» выпукленный $n$-угольник, при этом величины $p/d$ будет сколь угодно мало отличаться от указанных нами границ.

В. Прасолов

М748. a) Можно ли размерность на плоскости конечное число парабол так, чтобы их внутренние области покрыли всю плоскость? (Внутренней области парабол мы называем выпуклую фигуру, границей которой служит эта парабол.)

6)* В пространстве расположено несколько непересекающихся концов. Доказите, что их нельзя переместить так, чтобы они покрыли все пространство. (Конус мы называем здесь неограниченную выпуклую фигуру, полученную в результате врачиния неотородо уела вокруг его биссертисы.)

Рис. 1.

Рис. 2.

a) Проведем произвольную прямую, не параллельную ни одной из осей парабол. Такая прямая может пересекаться с внутренней области любой из парабол только по интервалу. В самом деле, уравнение парабол в некоторой системе координат имеет вид $y = ax^2$ ($a > 0$), а уравнение прямой — $y = kx + l$; абсциссы точек прямой, принадлежащих внутренности параболы, удовлетворяют неравенству $kx + l > ax^2$, множество решений которого либо пустое. Либо — интервал $x_1 < x < x_2$, где $x_1$ и $x_2$ — корни уравнения $ax^2 - kx - l = 0$.

Отсюда следует, что на проведенной прямой найдет точки, не принадлежащие ни одной из внутренних области парабол.

6. Пусть $O$ — произвольная точка пространства и $K'$ — конус, полученный из конуса $K$ с вершиной $Q$ параллельным переносом, переводящим точку $Q$ в точку $O$. Проведем произвольный луч $l$ с началом в точке $O$. Рассмотрим сечения концов $K$ и $K'$ плоскостью, проходящей через луч $l$ и точку $Q$ (рис. 1). Она пересекает конусы по двум углам с параллельными сторонами; пользоваться этим, легко убедиться, что луч $l$ пересекается с конусом $K$ по лучу тогда и только тогда, когда он целиком содержится в конусе $K'$. В противном случае луч $l$ пересекается с конусом $K$ по отрезку или по одной точке $Q$ или вовсе не пересекается.

Пересеcem теперь вершины всех концов в точку $O$ и доказем, что никакие два конуса $K'_1$ и $K'_2$ имеют общую точку $A \neq O$. Тогда луч $l = [OA)$ содержится в каждой из них. Как было показано, в этом случае луч $l$ пересекается с конусом $K_1$ по некоторому лучу $l_1$, а с конусом $K_2$ — по лучу $l_2$. Но тогда луча $l_1 \cap l_2$ принадлежат общим конуsem $K_1$ и $K_2$. Противоречие.

Рассмотрим теперь сферу с центром в точке $O$. С каждым из концов «букета» она пересекается по некоторой «сферической шапочке» (рис. 2). Так как все также «шапочки» попарно не пересекаются, их суммарная площадь меньше площади сферы. Поэтому, как бы мы их перемещали по сфере, покрыть имя своей сферы неозможно. Это значит, что при любом расположении концов в пространстве на сфере найдет точку, не покрытые «шапочками». Если $A$ — такая точка, то луч $[OA)$ может пересекаться с конусами только по конечному числу отрезков. Поэтому на этом луче завершено найдет точки, не принадлежшие ни одному из концов.

А. Кузьминых

34

М749*. а) Докажите, что если $x_1, x_2, x_3$ — положительные числа, то
$$\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1+x_2} \geq \frac{3}{2};$$
при каком условия это неравенство превращается в равенство?
б) Докажите, что если $x_1, x_2, \dots, x_n (n \geq 4)$ — положительные числа, то
$$\frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2,$$
причем равенство возможно только при $n=4$.
в) Докажите, что при $n>4$ неравенство пункту б) является точным в том смысле, что ни при каком $n$ число 2 в правой части нельзя заменить на большее.

Рис. 1.

Рис. 2.

a) Пусть $a=x_2+x_3, b=x_3+x_1, c=x_1+x_2$. Тогда $x_1 = \frac{b+c-a}{2}, x_2 = \frac{a+c-b}{2}, x_3 = \frac{a+b-c}{2}$, и левая часть неравенства перепишется так:
$$\frac{b+c-a}{2a} + \frac{a+c-b}{2b} + \frac{a+b-c}{2c} =$$
$$= \frac{1}{2} \left( \frac{b}{a} + \frac{a}{b} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) - \frac{3}{2}.$$
Каждая из скобок в этом выражении не меньше 2 в силу известного неравенства $x + \frac{1}{x} \geq 2$ при $x>0$. Поэтому все левая часть не меньше 3—$\frac{3}{2} = \frac{3}{2}$. А так как $x + \frac{1}{x} = 2$ только при $x=1$, доказанное неравенство обращается в равенство только при $a=b=c$.
б) Докажем неравенство индукции по $n$. При $n=4$ оно очевидно:
$$\frac{x_1}{x_2+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_4+x_2} + \frac{x_4}{x_1+x_3} =$$
$$= \frac{x_1+x_3}{x_2+x_4} + \frac{x_2+x_4}{x_1+x_3} \geq 2;$$
равенство возможно в том и только в том случае, когда $x_1+x_3=x_2+x_4$.
Докажем теперь неравенство для произвольных положительных чисел $x_1, \dots, x_{n+1}$, предполагая, что оно сраведливо для любых $n (n \geq 4)$ положительных чисел. Выберем наименьшее из чисел $x_1, \dots, x_{n+1}$. Поскольку они входят в неравенство симметрично, можно, не ограничивая общности, считать, что это $x_{n+1}$. Тогда $x_{n+1}>0$, $x_{n+1} \leq x_n$ и $x_{n+1} \leq x_1$, и поэтому
$$\frac{x_1}{x_2+x_{n+1}} + \frac{x_2}{x_3+x_{n+1}} + \dots + \frac{x_n}{x_{n+1}+x_{n-1}} + \frac{x_{n+1}}{x_1+x_{n}} > \frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2$$
(последнее неравенство выполняется по предположению индукции). Попутно получаем, что при $n>4$ равенство неравенство.
в) Числа $x_1, \dots, x_n$ удобно расставлять по окружности; тогда каждое слагаемое в левой части рассматривается неравенства есть одно из этих чисел, деленное на сумму двух соседних с ним. При $n=2k$ определяем $x_i$ так, как показано на рисунке 1, а при $n=2k+1$ — как на рисунке 2.
В первом случае получим сумму
$$2 \left( \frac{1}{q+1} + \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^{k-1}}{q^{k-1}+q^{k-2}} \right) =$$
$$= 2 \left( 1 + \frac{(k-2)q}{q^2+1} \right),$$
а во втором —
$$\frac{1}{2q} + 2 \left( \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^k}{q^k+q^{k-1}} \right) =$$
$$= \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2q}{q+1} =$$

35

$$= 2 + \left( \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2}{q+1} \right).$$

В обонх случах при достаточно большом $q$ значение левой части будет сколь угодно близко к 2, поэтому число 2 в неравенстве на большее заменить нельзя.

А. Егоров

Ф758. Жесткая заготовка зажата между двумя паралельными направляющими, движущимися в горизонтальном направлении со скоростью $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$. В некоторых момент времени точки касания заготовки с направляющими лежат на прямой, перпендикулярной векторам $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$. Какие точки заготовки имеют в этот момент скорости, равные по абсолотной величины $v_1$ и $v_2$?

Скорости точек заготовки, лежащих в данной момент на отрезке $AB$, равномерно меняются от $\vec{v}_1$ в точке $A$ до $\vec{v}_2$ в точке $B$. Следовательно, скорость точки $O$ (см. рисунок) в данной момент равна нулю. Точка $O$ — мгновенный центр врашения. (Поскольку заготовка объемная, точка $O$ лежит на мгновенной оси врашения, которая перпендична плоскости рисуника.) Понятно, что скорость $|\vec{v}_1|$ в данной момент имеет точки заготовки, лежащие на окружности радиуса $OA$, а скорость $|\vec{v}_2|$ — точки, лежащие на окружности радиуса $OB$. (В объемной заготовке точки с таким скоростью лежат на цилиндрических поверхностях, радиусы которых равны соответствующно $|OA|$ и $|OB|$.)

С. Кротов

Ф759. Невесомый стержень длины $l$ с небольшим грузом массы $m$ на конце шарниро закреплен в точке $A$ (рис. 1) и находится в строю вертикальном положении, касаясь при этом тела массы $M$. От небольшего толка системы приходит в движение. При каком соотношения между $m$ и $M$ стержень в момент «отрыва» от тела $M$ будет составлять с горизонтом угол $α = \pi/6$? Чему будет равна в этот момент скорость тела $M$? Тренцем пренебрежь.

До тех пор, пока груз касается тела, скорость тела равно горизонтальной проекции скорости груза, а ускорение тела равно горизонтальной проекции ускорения груза.

Пусть $\vec{a}$ — полное ускорение груза. Тогда можно записать: $\vec{a} = \vec{a}_\tau + \vec{a}_u$, где $\vec{a}_u$ — центростремительное ускорение груза при его движении по окружности радиуса $l$, то есть $|\vec{a}_u| = v^2/l$, где $v$ — модуль скорости груза. Горизонтальная проекция ускорения груза равна (см. рис. 2)

$$a_r = a_\tau \sin \alpha - \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

С таким ускорением движется тело. Уравнение движения тела —

$$N = Ma_r = Ma_\tau \sin \alpha - M \frac{v^2}{l} \cos \alpha,$$

где $N$ — сила нормального давления со стороны груза. В момент отрыва груза $N = 0$, и

$$a_\tau \sin \alpha = \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

Ускорение $a_\tau$ в момент отрыва сообщается грузу только силой тяжестei и (см. рис. 2)

$$a_\tau = g \cos \alpha.$$

Таким образом, скорость в момент отрыва равна

$$v = \sqrt{g l \sin \alpha},$$

36

а скорость тела —

$$u = v \sin \alpha = \sin \alpha \sqrt{g l \sin \alpha}.$$

Согласно закону сохранения энергия, в момент времени, когда стержень составляют угол $\alpha$ с горизонтом,

$$m g l = m g l \sin \alpha + m \frac{v^2}{2} + M \frac{v^2 \sin^2 \alpha}{2}.$$

Подставив в это равенство найденное выражение для $v$ в момент отрыва и значение $\sin \alpha = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$, найдем отношение $M/m$:

$$\frac{M}{m} = \frac{2 - 3 \sin \alpha}{\sin^3 \alpha} = 4.$$

Скорость тела при отрыве груза равна

$$u = v \sin \alpha = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{g l}{2}}.$$

К. Сердцев

Ф760. В теплозолюрованный сосуд, содержащий $m_1 = 20$ г зеленя, влагает со скоростью $v = 100$ м/с стальной шарик массы $m_2 = 1$ г. Начти изменение температуры в сосуд. Удары шарика о стенки сосуда и атомов о шарик считать абсолотно упругими.

◆

Через большое время шарик потеряет практические всю скорость (его масса во много раз больше массы атома зеленя), и можно считать, что изменение внутренней энергии газа в сосуд равно начальной кинетической энергии шарика:

$$\frac{m_2 v^2}{2} = \Delta U = \frac{3}{2} N k \cdot \Delta T = \frac{3}{2} k N_A \frac{m_1}{\mu} \cdot \Delta T,$$

(*)

где $N = N_A \frac{m_1}{\mu}$ — число атомов зеленя в сосуде, $\Delta T$ — изменение температуры зеленя. Учитывая, что $k N_A = R$, из (*) находится:

$$\Delta T = \frac{m_2 v^2 \mu}{3 m_1 R} \approx 0,08 \text{ K}.$$

Волее точное решение должно учеть повышение температуры шарика. Тогда

$$\frac{m_2 v^2}{2} = c m_2 \cdot \Delta T' + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \cdot \Delta T'$$,

где $c = 0,5 \cdot 10^3$ Дж/(кг·К) — удельная теплоемкость стали. Отсюда находится $\Delta T'$:

$$\Delta T' = \frac{m_2 v^2}{2 \left[ c m_2 + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \right]} \approx 0,08 \text{ K}.$$

Ответ получается практическим тот же.

Р. Алексаидров

◆

Ток $I_3$ через волтметр $B_2$ равен разности токов, протекающих через амperметры $A_1$ и $A_2$:

$$I_3 = I_1 - I_2 = 0,2 \text{ мA}.$$

При этом показания волтметра $B_2 - U_2 = 0,25 \text{ B}$. Следовательно, сопротивления волтметров $B_2$ и $B_1$

$$R_{B1} = R_{B2} = U_2/I_3 = 12,5 \cdot 10^2 \text{ Ом}.$$

Ток, текущий через волтметр $B_1 - I_1 = 1,1 \text{ мA}$; при этом волтметр $B_1$ показывает

38

Ф764. Ударная волна представляет собой область повышенного давления, распространяющийся с большой скоростью v в направлении оси X (рис. 1); в момент прихождения волны давление резко повышается от значения p0 до 2p0. На пути распространяния волны стоит клин, размеры клина указаны на рисунке 2, масса клина равна m. Какую скорость прибретет клин сразу после прохождения через него фронта уdarной волны? Считать, что прибретаемая клином скорость много меньше скорости распространяния волны; трение пренебрежимо мало.

$$v_A = \frac{v}{2\sqrt{1 - \left(\frac{d}{2R}\right)^2}}$$

С. Кротов

ВЫБЕРЕМ НАЧАЛО ОТСЧЕТА ПО ОСИ X ТАК, КАК ПОКАЗАНО НА РИСУНКЕ 2. Тогда сила, действующая на клин, зависит лишь от координаты x фронта уdarной волны. Горизонтальная проекция этой силы равна

$$F_x = p_0 c x \ t g a = \frac{p_0 c x a}{b} = \frac{p_0 c v t a}{b},$$

где x = vt — координата фронта волны к моменту времени t от начала прохождения волны через клин. Ускорение, сообщаемое клину в данной момент времени, равно

$$a_t = \frac{F_X}{m} = \frac{p_0 c a}{b m} \ v t.$$

В тот момент времени t0, когда фронт волны doit до дальней гранки клина, то есть координата фронта будет равна b = vt0, ускорение клина будет

$$a_t0 = \frac{p_0 c a}{m}.$$

Рис. 1.

Рис. 2.

Поскольку клина линейно зависит от времени, для вычисления скорости u клина к моменту времени t0 воспользуемся средним значением ускорения acp = \frac{p_0 ca}{2m}:

$$u = a_{cp} t_0 = \frac{p_0 abc}{2mv}.$$

Когда вес клин оказывается в области повышенного давления, результирующая сила, действующая на клин, будет равна нулю.

Видно, что условие u << v означает, что

$$p_0 \ll 2mv^2/abc.$$

А. Буэдин

Ф765. В настоящее время мощность всех источников энергии на Земле, использующих человека, составляет ΔP = 10^{13} Вт, а мощность солнечной энергии, поступающей на Землю, — P0 = i\theta^{17} Вт. К какому перегреву ΔT по-

Предположим, что мощность P, излучаемая нагретом телом, связана с абсолотной температурой T степени зависимости P = σT^n, где σ — некоторые коэффициент пропорциональности. Тогда для двух значений температур излучающего тела T1 и T2 получим:

$$P_1 = \sigma T_1^n, \quad P_2 = \sigma T_2^n, \quad \frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^n.$$

39

верхности Земли приводят земные источники энергии? Какова максимальное допустимая величина $\Delta P_{\text{max}}$, если предельный перегрев из экологических сообщений не должен превышать величины $\Delta T_{\text{max}} = 0,1$ К? Известно, что энергия, излучаемая в единицу времени нарегетим телом, увеличивается в 16 раз при увеличении абсолютной температуры тела в 2 раза.

Отсюда легко получить, используя данные задачи, что $n = 4$.

Итак, $P = \sigma T^4$. Теперь можно записать:

$$P_0 + \Delta P = \sigma (T_0 + \Delta T)^4 \approx \sigma T_0^4 (1 + 4 \frac{\Delta T}{T_0} + \dots).$$

Поскольку $\Delta T/T_0 \ll 1$, в последнем выражении можно отбросить члены второго и более высоких порядков. Тогда получим:

$$\Delta P = 4P_0 \frac{\Delta T}{T_0}.$$

Отсюда находится:

$$\Delta P = \frac{\Delta P}{4P_0} T_0 \approx 10^{-2} \text{ K},$$

$$\Delta P_{\text{max}} = 4P_0 \frac{\Delta T_{\text{max}}}{T_0} \approx 10^{14} \text{ Bt}.$$

Таким образом, мощность всех источников энергии на Земле, используемых человеком, может быть увеличена не более чем в 10 раз. (Это, разумеется, не относится к источникам, использующим солнечную энергию.)

С. Козел

Ф766. Для лампы-высшикки применили нелинейный конденсатор (он заполнен диэлектриком, у которого диэлектрическая пропищевая зависит от напряжения поля). График зависимости напряжения $U$ от заряда $Q$ конденсатора приведен на рисунке 1. Конденсатор заряжают от батареи $c$ $U_0 = 300$ В через резистор с сопротивлением $R = 10$ кОм. Найти максимальное энергию высшики. Оценить максимальное число высшек за 1 минуту. Считать, что при высшке конденсатор полностью разряжается. Minimalное начальное напряжение высшики $U_1 = 250$ В.

Максимальная энергия всыщки численно равна площади под графиком кривой $U(Q)$, ограниченной значением $U = U_0 = 300$ В (при этом $Q \approx 0,3$ Кл; см. рис. 1). Чтобы посчитать эту площадь, разделим кривой $U(Q)$ на участки, на которых зависит $U(Q)$ можно приближенно считать линейной. Под каждым таким участком площадь численно равна $U_i \cdot \Delta Q_i$. Таким образом, максимальная энергия всыщки равна (см. рис. 1)

$$W \approx \left( \frac{140}{2} \cdot 0,05 + \frac{140 + 200}{2} \cdot 0,075 + \frac{200 + 300}{2} \cdot 0,175 \right) \text{ Дж} = 60 \text{ Дж}.$$

Удобный способ нахождения времени заряда конденсатора от 0 до 250 В подсказывает формула $I \cdot \Delta t = \Delta Q$, откуда $\Delta t = \Delta Q/I$ и

$$t_{\text{обш}} = \sum \frac{1}{I} \cdot \Delta Q.$$

Нарисуем график зависимости $1/I$ от $Q$ (рис. 2). Ток при заданном значении $Q$ находится по графику на рисунке 1:

Рис. 1.

$$I = \frac{U_0 - U}{R}.$$

Площадь под графиком кривой, ограниченной значениями $I = 200$ А, $Q = 0,2$ Кл, численно равна высшению конденсатора

$$t_{\text{обш}} \approx \left( \frac{33 + 100}{2} \cdot 0,125 + \frac{100 + 200}{2} \cdot 0,075 \right) c \approx 20 \text{ c}.$$

40

Ф767. В одном из проектов получения электрознергии предлазалось использовать морские течения и магнитное поле Земли. Проект заключится в следующем.

В море порружают две горизонтальные металлические пластины, расположенные одна над другой на расстоянии $l=100$ м; площадь каждой пластины $S=1$ км$^2$. Морская вода, удельное сопротивление которого равно $\varrho=0,25$ Ом·м, протекает между пластинами с запада на восток со скоростью $v=1$ м/с. Магнитное поле Земли в данной месте однородно, направлено с юза на север; индукция поля равна $B=10^{-4}$ Тл. Определить максимальную электрическую мощность, которая может выделиться на напряжение, подсоединенной к пластинам.

Морская вода обладает заметной nonnoий проводимостью, так что при движении заряженныхонов в магнитном поле Земли они отклоняются с полей Лоренца к одной из горизонтальных пластин. В результате на этой пластине возникнет некомпенсированный заряд, и между пластинами появляется электрическое поле. Это поле действует наоны с силой, направленной противоположно силе Лоренца. Такое наполнение заряда на одной из пластин будет произходить до тех пор, пока электрическое поле этих зарядов не уравновесит действие силы Лоренца. Отметим, что для возникновения такого равновесия достаточно отклонения к одной из пластин весма малой доли инов из их общего числа, протекающих между пластинами.

Определить напряжение $\mathcal{E}$, возникающее между горизонтальными пластинами в отсутствии между ними тока, то есть ЭДС образовавшегося «электрического генератора». Если $q$ — заряд инов, то в условиях равновесия

$$qvB=q\mathcal{E}/L \Rightarrow \mathcal{E}=vBL.$$

Если соединить пластины с внешней нагрузкой $R$, то через нее потечет ток $I$; при этом сопротивление морской воды между пластинами. равное $\varrho L/S$, будет играть роль внутреннего сопротивления образовавшегося электрического генератора.

Определим мощность, выделяющегося в нагрузке:

$$P=I^2R=\frac{\mathcal{E}^2R}{(\varrho L/S+R)^2}.$$

Для определения максимума, мощности восползуется следующим математическим фактом: для любого $x>0$ выполняются неравенства

$$x+1/x \geq 2, (x+1/x)^2 \geq 4.$$

В формуле для мощности вынесем в знаменатель мощитель $\varrho L/R/S$ за скобки:

$$P=\frac{\mathcal{E}^2R}{\varrho L/R/S(\varrho L/S+RS/L\varrho)^2}.$$

В последней формуле выражение в скобках в знаменатель больше или равно 4. Поэтому для максимальной мощности имеем:

$$P_{\max}=\mathcal{E}^2S/4\varrho L=\frac{v^2B^2LS}{4\varrho}=1 \text{ Вт}.$$

(Заметим, что эта формула соответствует случаю равенства внешней нагрузки внутреннему сопротивлению генератора.)