Решения задач М886—М890; Ф898—Ф902

40

P921. A flat capacitor is connected to a source of tension $U$. The capacitor’s plates are of area $S$ each, the distance between them is $d_1$. A metal plate of area $S$, mass $m$ and thickness $d_2$ is pressed against one of the capacitor’s plates (Fig. 4). Then the metal plate is released. With what velocity will it hit the capacitor’s other plate?

P922. In order to get close up of an ant, a photographer added a cylindrical extension to his camera, increasing the distance between the film and the lens by $\Lambda l=7.5$ mm. A well focused picture of the ant was obtained when the distance reading on the camera was $b=1.05$ m (the distance reading does not take the extension into account). The focal distance of the lens is $F=50$ mm. What was the actual distance between the lens and the ant? The lens may be assumed thin.

A. P. Ershov

Решения задач
M886 — M890; Ф898 — Ф902

Ответ: a) можно (рис. 1); $s$ может равнять $\pm 41, \pm 12; 6)$ нельзя; b) можно (рис. 2); $s=\pm 8, \pm 24; r)$ можно; $s=\pm 3968, \pm 11904$.

Задача состоит в том, чтобы разбить некоторый набор из $4n-4$ последовательных целых чисел на $n-2$ четверки и еще 2 пары чисел так, чтобы суммы чисел во всех четверках и парах были одинаковы и равны $s$. Обозначим через $c$ сумму двух крайних из $4n-4$ таких чисел — наименьшего $m$ и наибольшего $M$. (Для дальнейшего заметим, что $M=m+4n-5$, то есть $c=2m+4n-5$ и $m=(c+5)/2-2n, M=(c-5)/2+2n$.) Разумеется, $c$ всегда нечетно. Сумма всех $4n-4$ чисел равна $(2n-2)c$, поэтому, если требуем разбиение воздуха, должно выполнять равенство

$$ns=2(n-1)c.$$

Это необходимое условие позволяет сразу использовать случай, когда $n$ делится на 4, в частности, $n=4$ (пункт 6) задачи): при таких $n$ разбиения не существует, поскольку правая часть (1) не делится на 4, а левая — делится.

Для нечетного $n$, к которым относится все дальнейшее, условие (1) также дает сильные ограничения: поскольку $n$ и $n-1$ взаимно просты, а $n$ и $c$ нечетны, $c$ делится на $n$, так что при неокотом нечетном $r$ должны выполнять равенства

$$c=nr, \quad s=2(n-1)r.$$

На рисунке 3 показано, как можно построить нужные разбиения для $r=1$ и $r=3$. Две пары чисел — «красная» и «желтая» — имеют одинаковые суммы $s$ (то есть общий центр симметрины в точке $s/2$), а остальные $4n-8$ чисел образуют четыре «голубые» последовательности по $n-2$

41

Исследа (идуших подряд), две из которых мы считаем восходящими, а две другие — низходящими. Тогда сумма первых чисел этих последовательностей равна сумме вторых, сумме третьих и т. д., так что мы получаем $n-2$ четверки с одинаковыми суммами; если при этом выполнен соответствие (1) между $s$ и $c$, то все эти суммы также равны $s$. Показанные на рисунке 3, а и б примеры соответствуют $r=3$ и $r=1$ в формулах (2), для любого нечетного $n$. (На рисунках 1 и 2 приведены соответствующие заполнения границ квадратов для $n=3$ и $n=5$.) Заменой знаков у всех $4n-4$ чисел (что приведет к изменению знаков у $s$ и $c$) получим примеры с $r=-3$ и $r=-1$.

Итак, мы указывали расстановки чисел со значениями $s$ а) $\pm 4$, $\pm 12$ для $n=3$; в) $\pm 8$, $\pm 24$ для $n=5$; г) $\pm 3968$, $\pm 11904$ для $n=1985$ (и вообще, $\pm 2(n-1)$, $\pm 6(n-1)$ для нечетного $n$). Доказем, что этими значениями исчерпывается ответ к задачам а), в) и г). Сумма $2s$ двух пар красных и желтых чисел вместе не меньше чем сумма $4m+6$ четырех наименьших $m$, $m+1$, $m+2$, $m+3$ и не больше чем сумма $4M-6$ четырех наименьших $M$, $M-1$, $M-2$, $M-3$ из целых чисел от $m$ до $M$. Выражая $m$ и $M$ через $c$ и $n$ и пользовать формулими (2), получим

$$2(c+8-4n)=4m+6 \leq 2s \leq 4M-6=2(c-8+4n),$$
$$nr-4n+8 \leq 2r(n-1) \leq nr+4n-8,$$

откуда

$$-4(n-2) \leq (n-2)r \leq 4(n-2),$$

то есть $|r| \leq 4$. Осталось вспомнить, что $r$ нечетно.

Если кому-либо из читателей удостраняется разобраться в этой задаче также для $n=6$ и, вообще, для $n=4k+2$, мы будем рады познакомиться с решением и сообщить о нем в журнале.

В. Г. Болтянский, Н. В. Васильев

◆ Пусть прямая $AM$ пересекается со второй окружностью в точке $D$ (см. рисунок). Очевидно, достаточно доказать, что четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

Пользовать тем, что величины угла с вершиной на окружности, образованного двумя хордами или хордой и касательной, равна половине величины угла, заключенной внутри угла, можно записать две цепочки равенств:

$$\angle ADB = \frac{1}{2} \cup BsM = \angle ABM = \frac{1}{2} \cup AM = \angle CAD,$$

$$\angle ADC = \frac{1}{2} \cup MC = \angle MBC = \frac{1}{2} \cup BfM = \angle BAM$$

( $\cup BfM$ и $\cup BsM$ — это величины друг $BM$ для первого и второй окружностей). Равенство углов $ADB$ и $CAD$ означает, что параллельные прямые $AC$ и $BD$, равенство углов $ADC$ и $BAM$ — что параллельные прямые $AB$ и $CD$; это и требовалось доказать.

И. Ф. Шарыzin

42

М888. Натуральные числа a, b, c и d удовлетворяют равенству ab=cd. Доказите, что число a$^{1984}$+b$^{1984}$+c$^{1984}$+d$^{1984}$ составное.

Докажем, что если ab=cd, то a=uv, b=wt, c=uw, d=wt, где u, v, w, t — некоторые натуральные числа.

Поскольку ab делится на c, число c можно записать в виде c=uw, где u — делитель a, а w — делитель b (например, можно взять в качестве u наиболее общий делитель a и c). Тогда a=uv, b=wt и потому d=vt. Остальное простое:
$$a^{1984}+b^{1984}+c^{1984}+d^{1984} = (uv)^{1984}+(wt)^{1984}+(uw)^{1984}+(vt)^{1984} = (u^{1984}+t^{1984})(v^{1984}+w^{1984}),$$
а число в правой части, очевидно, составное.

А. В. Анджанс

M889. Существуют ли на плоскости такие три точки A, B, C, что для любой точки плоскости P хотя бы один из отрезков PA, PB и PC имеет irrationalную длину?

ОТВЕТ: такие точки существуют.

Пусть A и B — две точки плоскости, расстояние между которых равно $\sqrt{2}$, C — середина отрезка AB, P — произвольная точка плоскости.

Тогда $2\vec{PC} = \vec{PA} + \vec{PB}, \vec{AB} = \vec{PB} - \vec{PA}$, то есть
$$4PC^2 = PA^2 + PB^2 + 2\vec{PA} \cdot \vec{PB},$$
$$AB^2 = PA^2 + PB^2 - 2\vec{PA} \cdot \vec{PB}.$$
Складывая эти равенства, получим
$$4PC^2 + AB^2 = 2PA^2 + 2PB^2,$$
и, поскольку число AB$^2 = \sqrt{2}$ irrationalно, числа PA, PB и PC одновременно не могут быть разциональными.

А. М. Слинько

M890. На территории стран, имеющей форму квадрата со стороны 1000 км, находится 51 город. Страна расположает средствами для прокладки 11 000 км шоссеных дорог. Сможет ли она соединить сетью шоссеных дорог все свои города?

ОТВЕТ: да, сможет. Указем один из возможных способов прокладки дорог. Пロложим шоссе длиной 1000 км через один из городов страны параллельно стороне квадрата от границы do границ (рис. 1). Отступов от концов этого шоссе на 100 км, отметим на шоссе две точки. Между ними на равном расстоянии 200 км друг от друга расположим еще 3 точки. Через эти 5 точки прокладим 5 дорог, перpendикулярных ранее построенному шоссе и пространозиссу от одной границы до другой. Теперь из каждой города прокладим шоссе, соединяющей по кратчайшей пути этот город с одной из уже прокладных дорог. Длина каждой города дополнительного шоссе не более 100 км, а всего таких шоссе не более 50. Следовательно, общая длина всех шоссеных дорог не превыходит 6·1000+50·100=11 000 км.

Указанная сетью шоссеных дорог не является кратчайшей. На рисунке 2 приведен пример более расположенного расположения шоссеных дорог. Ломаная общей протяженность 5·800+4·200=4800 км дополнительная 12 «усиками» длиной (100$\sqrt{2}$−100) км каждой. Получающая при этом сетью шоссеных дорог длиной 4800+12·(100$\sqrt{2}$−100)=3600+1200$\sqrt{2}$ км также, что, как легко убедиться, расстояние от любой точки квадрата до ближайшего шоссе не превышает 100 км. Поэтому для того, чтобы соединить 51 город с уже построенной сетью шоссеных

43

Для решения задачи воспользовемся законом сохранения энергии. В начальной момент палочки образуется с горизонтом угол α такой, что sinα=H/2l. Полная энергия палочки в начальной момент равна ее потенциальной энергии и равна

$$U_0 = mg \frac{H}{4}.$$

При движении палочки ее полная энергия в любой момент времени складывается из потенциальной энергии

$$U_t = mg \frac{l \sin \beta}{2}$$

(β — угол, который палочки образует с горизонтом в данной момент (рис. 2)), кинетический энергии поступательного движения

$$E_{t1} = m \frac{v_t^2}{2}$$

($v_t$ — скорость центра масс палочки) и энергии $E_{t2}$ врашательного движения. Согласно закону сохранения энергии

$$U_t + E_{t1} + E_{t2} = U_0,$$

откуда

$$E_{t1} = \frac{mv_t^2}{2} = U_0 - U_t - E_{t2},$$

и

$$v_t = \sqrt{\frac{2}{m}(U_0 - U_t - E_{t2})}.$$

Очевидно, скорость $v_t$ центра масс палочки будет максимальной, когда значения $U_t$ и $E_{t2}$ будут минимальными.

Потенциальная энергия минимальная в тот момент, когда верхий конец палочки занимает наиболее возможное положение, то есть когда нить вертикальная. При этом

$$U_{t_{\min}} = mg \frac{|l - l|}{2}.$$

Нетрудно понять, что в этот момент времени палочки движется только поступательно. Действительно, поскольку палочки нерастяжима, проекции скоростей любых ее точки на направление самой палочки должны быть одинаковы. Скорость нижней точки (точка C на рисунке 2) всегда направлена горизонтально, а в тот момент, когда нить вертикальная, скорость верхней точки (точка B на рисунке 2) также горизонтальная (так как нить нерастяжима). Из условия нерастяжимости палочки следует, что эти скорости должны быть одинаковы и все точки палочки должны в этот момент движаться.

45

Ши́йся в ней сло́й рутути высо́ты $h_1$ (рис. 4). Эта сила численно равна весу рутути в объете той части чашки, которая заштрихована на рисунке 4:

$$F_{p1} = q_1 g \left( \pi R^2 h_1 - V_1 \right),$$

(5)

где $V_1$ — объем оставшейся в чашке рутути, равный

$$V_1 = \frac{2}{3} \pi R^3 - \pi \left( R - h_1 \right)^2 \left( R - \frac{R - h_1}{3} \right).$$

(6)

Подставляя (5) с учетом (6) в условия равновесия (4) и решая получающейся уравнение относительной $h_1$, получим ответ на второй вопрос задачи:

$$h_1 = \sqrt[3]{\frac{3m}{\pi q_1}}.$$

М. Г. Абрамян

Ф900. Часть графика, изображающего процесс, просхождение с идеальным одноатомным газом, утверна (рис. 1). Масштабы по объему осмзвестны (они указаны на рисунке 1). В течение всего процесса перехода из состояния 1 в состояние 2 газ отдал столкко же телла, сколько получил. Найти работу, совершенную газом в этом процессе.

Если бы график процесса был задан полностью (рис. 2), то для определения работы, совершенной газом, нужно было бы просто определить площадь $S_1$ фигуры C12D. Показем, что площадь $S_1$ можно выразить через площадь $S_2$ фигуры M12N, которое можно определить из заданного «неполного» графика.

Как видно из рисунка 2,

$$\left| p_1 V_1 \right| + S_1 = \left| p_2 V_2 \right| + S_2 \Rightarrow S_2 = S_1 + \left| p_1 V_1 \right| - \left| p_2 V_2 \right| \left( \left| p_1 V_1 \right|, \left| p_2 V_2 \right| \right) - \text{соответствие площади прямогонников M1CO и N2DO}).$$

Так как в течение всего процесса газ отдал столкко же телла, сколько получил, из первого начала термодинамики можно заключить, что

$$A = -\Delta U,$$

где $\Delta U$ — изменение внутренней энергии газа за время процесса.

Для идеального одноатомного газа $U = \frac{3}{2} v R T$, так что

$$A = \frac{3}{2} v R \left( T_1 - T_2 \right),$$

где $T_1$ и $T_2$ — температуры газа в точках 1 и 2 соответственно.

Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что

$$p_1 V_1 - p_2 V_2 = v R \left( T_1 - T_2 \right) = \frac{2}{3} A,$$

так что $\left| p_1 V_1 \right| - \left| p_2 V_2 \right| = \frac{2}{3} S_1$ и

$$S_1 + \frac{2}{3} S_1 = S_2,$$

откуда

$$S_1 = \frac{3}{5} S_2.$$

Значение площади $S_2$ можно определить по графику, заданному в условиях задачи; использую заданные на графике масштабы, находим $S_2 \approx 3$ кДж; следовательно,

$$A \approx 1,8 \text{ кДж.}$$

В. Т. Карпетян

46

Ф901. Три одинаковых конденсатора, каждый емкость C, соединены последовательно и подключаны к батарее с ЭДС Е. После того как они полностью зарядились, их отключили от батареи. Затем к ним одновременно подключаили два резистора с сопротивлением R каждый так, как показано на рисунке. Какое количество теплла выделится на каждом из резисторов? Чему равны точки через резисторы в момент времени, когда напряжение на среднем конденсаторе в 10 раз меньше ЭДС батареи?

Самое главное — конденсаторы в этой схеме не разряжаются полностью. После того как токи в цепи прекратятся, конденсаторы оказываются соединенными параллельно, то есть напряжения на них оказываются одинаковыми.

Так, разряжающий средний конденсатор, равен сумме токов крайних конденсаторов, а так как в силу симметрии те равны между собой (см. рисунок),

$$I_2 = 2I_1.$$

Обозначим напряжение на конденсаторах в конце разряда $U_x$. Поскольку начальное напряжение на каждом из них было $\frac{\varepsilon}{3}$, за время разряда через конденсаторы протекут заряды $q_1 = C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_x\right)$, а через средний — заряд $q_2 = C\left(\frac{\varepsilon}{3} + U_x\right)$ (средний конденсатор перезарячится до противоположной полярности). Ясно, что $q_2 = 2q_1$, то есть

$$2C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_x\right) = C\left(\frac{\varepsilon}{3} + U_x\right),$$

откуда

$$U_x = \frac{1}{9} \varepsilon.$$

Тепло, которое выделится на каждом из резисторов, найдем из закона сохранения энергии:

$$Q_1 = Q_2 = \frac{1}{2}\left(W_{\text{нач}} - W_{\text{кон}}\right) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot C\left(\frac{\varepsilon}{3}\right)^2 - \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot C\left(\frac{\varepsilon}{9}\right)^2 = \frac{2}{27}C\varepsilon^2.$$

Поскольку средний конденсатор перезарячится до противоположной полярности, напряжение $\varepsilon/10$ будет на нем дважды — во время разряда от $\varepsilon/3$ до 0 и во время зарядки от 0 до $\varepsilon/9$. Для первого случая, согласно закону Ома,

$$U_{t1} + \frac{\varepsilon}{10} = RI_{t1}$$

(1)

($U_{t1}$ — напряжение на крайних конденсаторах в этот момент); заряды, которые протекут к этому моменту через крайние конденсаторы и через средний, связаны соотношение

$$C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_{t1}\right) = \frac{1}{2}C\left(\frac{\varepsilon}{3} - \frac{\varepsilon}{10}\right).$$

(2)

Решая совместно (1) и (2), находим ток $I_{t1}$, текущий в первом случae через резисторы:

$$I_{t1} = \frac{19}{60}\frac{\varepsilon}{R}.$$

Составляя аналогичные уравнения для второго случая —

$$U_{t2} - \frac{\varepsilon}{10} = RI_{t2}, \quad C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_{t2}\right) = \frac{1}{2}C\left(\frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{10}\right),$$

— находим:

$$I_{t2} = \frac{1}{60}\frac{\varepsilon}{R}.$$

А.Р. Зильберман

47

Ф902. Два плоских слоя толщины d каждой равномерного заряжений по объему с плотностью зарядов —ρ u +ρ. Частца с отрицательным зарядом —e и массой m подлегает к положительной заряженному слоя со скоростью v, направленной под углом α к поверхности слоя (см. рисунок).

1. При каком значении скорости частца не может пронукнуть в отрицательно заряженный слой?
2. Через сколько времени и на каком расстоянии от точки A частца в этом случае покидает положительное заряженный слой?

Выберем систему координат XY, как показано на рисунке. Сразу же можно отметить, что движение частцы вдоль оси Y будет равномерным со скоростью v cos α (действием силы тяжести мы пренебрегаем). Сила, действующая на частцу со стороны заряженных слоя, направлена вдоль оси X и в точке координатой x определяется зарядами, находящимися вращихованных на рисунке области (симметричных относительной плоскости раздела слоя). Действительно, действие незаштрихованных области с разномерными зарядами компенсируется, поскольку область объемного заряда можно представить себе как набор плоскостей с поверхностиным зарядом, а поле, создаваемое заряженной плоскостью, не зависит от расстояния до нее. По той же причине можно считать, что поле в точке координатой x определяется заряженными плоскостями с поверхностиным зарядом —ρx и +ρx, расположенными слева и справа от этой точки. Напряжение такого поля равна

$$E = 2 \frac{\rho x}{2 \varepsilon_0} = \frac{\rho x}{\varepsilon_0}.$$

Значит сила, действующая на частцу в тот момент, когда она находится в точке координатой x, равна

$$F_x = -e \frac{\rho x}{\varepsilon_0},$$

и уравнение движения частцы в направлении оси X —

$$x'' = - \frac{e \rho}{m \varepsilon_0} x$$

— это уравнение гармоничских колебаний с частотой $\omega_0 = \sqrt{e \rho/m \varepsilon_0}$. Понятоно, что частца не проникнет в области отрицательного заряда, если амплитуда этих колебаний будет меньше d. Предельная скорость v_пр частцы, при которой выполняется это условие, определяется равенством

$$v_{пр} \sin \alpha = \omega_0 d = d \sqrt{\frac{e \rho}{m \varepsilon_0}};$$

отсюда

$$v_{пр} = \frac{d}{\sin \alpha} \sqrt{\frac{e \rho}{m \varepsilon_0}}.$$

При скорости v < v_{пр} частца проникает в положительное слой на некоторую глубину, а затем «выталкивается» из него. Время t, которое частца проводит внутри слоя, — это половина перiode колебаний с частотой $\omega_0$, то есть

$$t = \frac{T}{2} = \pi \sqrt{\frac{m \varepsilon_0}{e \rho}};$$

За это время частца смешается по вертикали на расстояние

$$y = t v \cos \alpha = \pi v \sqrt{\frac{m \varepsilon_0}{e \rho}} \cos \alpha.$$

На таком расстоянии от точки A частца вылетит из положительного заряженного слоя.

А. И. Буздин