Решения задач М1021—М1025; Ф1033—Ф1037

24

Решения задач

M1021. Аллупинст хочет подняться на скалу высотой 1000 м. После новейки в ладере у подножья скалы он может подниматься, нашевая вервку, со скоростью 40 метров в час, а после холодной ночевки на скале — 30 метров в час. По готовой вервке он поднимается со скоростью 400 метров в час. За сколько дней он может достичь вершины, если будет работать на скале (включая подъем по вервке) б часов в день? (Временем спуска и других операций претенбречь.)

P1053. A uniform elastic string slides inside a smooth pipe (in the Earth’s gravitational field). The sections $AB$ and $BC$ of the pipe are semicircles of radius $R$, the points $A, B, C$ are on the same vertical (see figure Pис. 1), the length of the string is $l=2\pi R$. Find all the points of the string where the tension is zero at the moment when the string’s lower extremity is at the point $C$.

I. Yu. Poteryaiko

P1054. Two rods of identical shape are made from materials with different elasticity properties: Young’s modulus of the material equals $E_1$ and $E_2$ respectively. The rods are glued together end to end and covered with a coat of the same paint, so that the sample obtained looks like a uniform rod. What value of Young’s modulus for the “material” constituting the rod will be measured by the unsuspecting experimentator, who is unaware that the rod is not uniform?

V. A. Davydov

P1055. The electric apparatus II is connected to a source of alternating current of 220 V via a capacitor of $C=0.5$ µF (see figure Pис. 2). The ammeter shows a current of $I=0.01$ A, the woltmeter shows $U=180$ V. Find the power from the source used by the apparatus. The ammeter and voltmeter are assumed ideal.

A. R. Zilberman

P1056. In the circuit shown on figure Pис. 3 the switch $K_3$ is turned on at first, while the switches $K_1$ and $K_2$ are turned off. At a certain moment $K_1$ is switched on, and in $t_1=0.1$ seconds later so is $K_2$. In another $t_2=0.2$ seconds $K_3$ is switched off. Find: 1) the maximal tension on the capacitor; 2) the current through the coil $L_1$ in time $t_3=1$ s after the switch $K_1$ was turned on. The resistance of the wires may be neglected, the diodes assumed ideal; $L_1=1$ H, $L_2=0.5$ H, $C=10$ µF, $U_0=10$ V.

A. R. Zilberman

P1057. A weight for bodybuilding, consisting of two solid spheres of mass $m$ each joined by a light rod of length $2b$, hangs horizontally on two inelastic wires of length $l$ whose distance is $2a$ (see figure Pис. 4). Find the period of small rotational oscillations of the weight.

M. M. Tsypin

Решения задач

M1021 — M1025; Ф1033 — Ф1037

Ответ: за пять дней.

Обозначим через $x_n$ наиболее высокую высоту, до которой альпинист может подняться за $n$ дней ($n=1, 2, \dots$). Если к концу какого-то дня он достигит высоту $h$ метров, на следующий день он может подняться на высоту $h+6\cdot 30=h+180$ метров, если будет нечувствить на скале, и на высоту $h+\left(6-\frac{h}{400}\right)40=h+240-h/10$ метров, если спустится нечувствить вниз. Ясно, что первый вариант выгоднее, если $180>240-h/10$, то есть $h>600$, второй — если $h\leq 600$. Таким образом,

$$x_{n+1}=\begin{cases} x_n+240-x_n/10, & x_n\leq 600, \\ x_n+180, & x_n\geq 600. \end{cases}$$

25

Начав с $x_0=0$, можно определить $x_n$ последовательно для всех $n$. Поскольку $x_4<1000$, а $x_5>1000$, альпинист сможет достичь вершины скалы к концу 5-го дня; для этого он должен первые две ночь провести внизу, а последние две — на скале.

Н. В. Васильев

М1022. Первые 8 натуральных чисел можно расставить в две строки (рис. 1) так, что сумма чисел в верхней строке равна сумме чисел в нижней, а суммы чисел в столбцах также равны между собой. Можно ли расставить подобным образом первые: а) десят, б) двенадцать натуральных чисел?

в) при каких натуральных $n$ можно расставить таким образом числа от 1 до $2n$?

Рис. 1.

| 8 | 2 | 3 | 5 |
| :— | :— | :— | :— |
| 1 | 7 | 6 | 4 |

Рис. 2.

Сумма нижних чисел равна $(1+2+\ldots+2k)+2k\cdot 2k$, т. е. на $4k^2$ больше суммы верхих чисел. Следовательно, мы должны переставить в несколькох столбцах верхнее число вниз, а нижнее — вверх так, чтобы в итоге верхняя сумма увеличилась на $2k^2$ (а нижняя на столбко же уменьшилась). Заметим, что $m$-е слева число верхней строки на $2k$ меньше $m$-го справа числа нижней строки для всех $m=1, 2, \ldots, 2k$, поэтому, если переставить одновременно числа в двух столбцах, равностоящих от краев таблицы, верхняя сумма возрастет на $4k$.

При четном $k$ такого перестановки достаточно проделать для $k/2$ симметричных пар столбцов: верхняя сумма возрастет на $4k\cdot k/2=2k^2$. При четном $k\geqslant 3$ переставим верхние числа $k+1$ и $2k$ с соответствующими нижними — $3k$ и $2k+1$, а также числа $(k-1)/2$ симметричных пар столбцов. Мы снова получим нужное увеличение верхней суммы:

$$3k-(k+1)+(2k+1)-2k+4k\cdot(k-1)/2=2k^2.$$

Наконец, при $k=1$ нужно расстановки, очевидно, не существует.

М. И. Штеребер

М1023. Всегда ли из 100 треугольников найдется хотя бы один такой, что его можно целиком покрыть остальные 99?

Эта последовательность строится по следующему принципу. Сначала определим последовательность $a_n$ длини наиболее стороны треугольников $T_n$ так, чтобы при любом наложении треугольников $T_1, T_2, \ldots, T_{n-1}$ на $T_n$ оставалась непокрытой фиксированная (не зависшая от $n$) для площи треугольника $T_n$, — это можно обеспечить выбором $a_n$, достаточно большого по сравнению с $a_1, \ldots, a_{n-1}$. Затем надо подобрать последовательность площей $S_n$ треугольников $T_n$ так, чтобы суммарная площадь треугольников $T_{n+1}, T_{n+2}, \ldots$ была меньше площадь непокрытой части треугольника $T_n$, — этого можно добиться за счет достаточно быстро убывания последовательности площей.

26

Приведем пример одной из таких последовательностей треугольников. Пусть $T_1$ — правильный треугольник со сторонам $a_1=1$; $T_n$ при $n>1$ — равноведенный треугольник с основанием $a_n=4^{n-1}$ и площадью $S_n=S_1/4^{n-1}$, где $S_1=\sqrt{3}/4$ — площадь треугольника $T_1$ (высота $h_n$ треугольника $T_n$ равна $2S_n/a_n=2\sqrt{3}/4^{2n-1}$). Расстоянием треугольники $T_1$, $T_2$, …, $T_n$. Каждый из треугольников $T_i$, $1\leq i\leq n-1$, помещается в полосе ширины не больше $a_i$, перпендикулярной основанию треугольника $T_n$ (см. рис.ок). Площадь, покрываемая этой площадей в $T_n$, меньше $a_i \cdot h_n$, поэтому суммарная площадь, покрываемая треугольниками $T_1$, …, $T_{n-1}$ в $T_n$ меньше $(a_1+a_2+\dots+a_{n-1})h_n$ (эта оценка очень грубая, но ее нам вполне хватит). Поскольку

$$a_1+a_2+\dots+a_{n-1}=\frac{1}{3}(4^{n-1}-1)<\frac{1}{3}a_n,$$

покрыта площадь треугольника $T_n$ меньше $a_nh_n/3=2S_n/3$, а значит, больше третий площади $T_n$ остается непокрытой. В то же время

$$S_{n+1}+S_{n+2}+\dots=$$

$$=S_1\left(\frac{1}{4^n}+\frac{1}{4^{n+1}}+\dots\right)=\frac{S_1}{4^{n}(1-1/4)}=\frac{1}{3}\frac{S_1}{4^{n-1}}=\frac{1}{3}S_n.$$

Следовательно, треугольники $T_1$, …, $T_{n-1}$, $T_{n+1}$, $T_{n+2}$, … нельзя покрыть весь треугольник $T_n$.

Г. А. Гуревич

M1024. Докажите, что для любых двух треугольников с углами $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ и $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ выполено неравенство

$$\frac{\cos \alpha_1}{\sin \alpha}+\frac{\cos \beta_1}{\sin \beta}+\frac{\cos \gamma_1}{\sin \gamma} \leq$$

$$\leq \text{ctg} \alpha+\text{ctg} \beta+\text{ctg} \gamma.$$

Фиксируем $\alpha$, $\beta$, $\gamma$. Мы должны доказать, что наиболее значение левой части расматривается неравенства как функция от $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ при $\alpha_1+\beta_1+\gamma_1=\pi$ достигается, когда $\alpha_1=\alpha$, $\beta_1=\beta$, $\gamma_1=\gamma$. Умножая левую часть на $\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$, придаим ей вид

$$\sin \beta \sin \gamma \cos \alpha_1+\sin \gamma \sin \alpha \cos \beta_1+\sin \alpha \sin \beta \cos \gamma_1=A.$$

Это выражение можно использовать как сумму (взятую со знаком минус) трех попарных скалярных произведений векторов $a$, $b$ и $c$ длина $a=\sin \alpha$, $b=\sin \beta$, $c=\sin \gamma$, направленных по сторонам треугольника с углами $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ (см. рис.ок):

$$A=-(\bar{b} \cdot \bar{c}+\bar{c} \cdot \bar{a}+\bar{a} \cdot \bar{b})=$$

$$=\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})\cdot(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})),$$

поскольку $bc \cos \alpha=-\bar{b} \cdot \bar{c}$ и т. д. Очевидно, что наиболее значение эта величины принимает, когда $\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}=0$, т. е. из векторов $a$, $b$, $c$ можно составить треугольник. Углы этого треугольника равны $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$, а противолежащие им стороны — $\sin \alpha$, $\sin \beta$, $\sin \gamma$; по теореме синусов получаем, что $\alpha=\alpha_1$, $\beta=\beta_1$, $\gamma=\gamma_1$.

Р. П. Ушаков

M1025. Далее приведите, проведенные через одну точку пересечения продолжений протоположных сторон выпуклого четырехугольника, разрезают его на четыре меньших четырехугольника. Докажите, что если в два их них, не имеющие общей

Известно, что в четырехугольник можно писать окружность тогда и только тогда, когда суммы его протоположных сторон равны. Оказывается, имеется еще два аналогичных признака, которые и используются в решении задачи.

Пусть стороны $AB$ и $DC$ четырехугольника $ABCD$ при продолжении пересекаются в точке $E$, $AD$ и $BC$ — в точке $F$ (рис. 1). Тогда для существования вписанной в четырехугольник $ABCD$ окружности необходимо и достаточно выполнение любого из следующих

27

стороны, можно описать окружности, то и их исходный четырехугольник можно описать окружность.

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф1033. Через блок радиусом R перекинуть одноподный гибкий канат массой m и длиной l, прикрепленный к двум крюкам на потолке, расположенным на расстоянии 2R (см. рисунок). На оси блока высит груз, масса которого вместе с блоком M. Тренце между канатом и блоком отсутствуют. Найти минимальную силу натяжения каната.

Рассмотрим левую половину каната ABD (см. рисунок). Ясно, что чем ниже на участке AB точка каната, тем меньше в этой точке сила натяжения. Поэтому точку каната с минимальным натяжением надо искать где-то на участке BD. Возьмем произвольную точку C на этом участке, находящую на расстоянии H от потолка.

На участок каната ABC действует направления вертикального вверх силы F₁ со стороны крика, сила натяжения каната F в точке C (со стороны расположенной справа от точки C частки каната), а также сила давления блока на канат, рассредоточенные по всей поверхности соприкосновения каната с блоком.

Переместим мысленно участок каната ABC на сколь годуно малое расстояние x таким образом, чтобы он занял новое положение A₁B₁C₁ (см. рисунок). При таком перемещении сила F₁ совершит работу F₁x, а сила F совершит отрицательную работу — Fx. Силы давления блока на канат работы не совершат (в каждой точке каната они направлены перpendикularно направлению перемещения этой точки). Потенциальная энергия перемещенного участка каната увеличится при этом на ту же величины, на какую увеличится потенциальная энергия кусочка каната длиной x и массой $\frac{m}{l} x$ при пересечении его из положения CC₁ в положение AA₁. По закону сохранения энергии

$$F_1x - Fx = \frac{m}{l} xgH.$$

28

Отсюда

$$F = F_1 - \frac{m}{l} xgH. \tag{1}$$

Теперь видно, что минимальное значение $F$ на участке $BD$ будет при максимальном возможном значении $H$, т. е. в точке $D$. Равенство (1) для точки $D$ имеет вид

$$F_{\min} = F_1 - \frac{m}{l} g \left( \frac{l}{2} - \frac{\pi R}{2} + R \right).$$

Так как $F_1 = \frac{1}{2}(M+m)g$, что легко показать, то минимальная сила натяжения каната равна

$$F_{\min} = \frac{Mg}{2} + \frac{mg}{2} \frac{R}{l} (\pi - 2) = \left( M + m(\pi - 2) \frac{R}{l} \right) \frac{g}{2}.$$

В. И. Чицевлёв

Ф1034. Моль идеально газа из начального состояния 1 с температурой $T_1 = 100$ К, расширяясь через тurbину в пустой сосуд, совершает неокоторую работу и переход в состояние 2 (см. рисунок). Этот переход просходит без подвода либо отвода тепла. Затем газ сжимают в процессе $2 \rightarrow 3$, в котором давление является линейной фиксией объема, и наконец, в изохорическом процессе $3 \rightarrow 1$ газ возвращается в исходное состояние. Наути работы, совершенную газом при расшириении через тurbину в переходе $1 \rightarrow 2$, если в процессе $2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ к газу в этоте подведено $Q = 72$ Дж тепла. Известно также, что $T_2 = T_3$, $V_2 = 3V_1$; газовая постоянная $R = 8,31$ Дж/(моль·К).

При расшириении газа через тurbину в пустой сосуд он совершает работу за счет своей внутренней энергии (так как подвода тепла нет). В процессе такого перехода отдельные части газа могут иметь разные температуры и давления — это так называемое «неравновесное» расшириение. Однако после установления в газе равновесной температуры $T_2$ и давления $p_2$ совершенная газом работа однозначно определяется законом сохранения энергии:

$$A_{1 \rightarrow 2} = c_V(T_1 - T_2),$$ где $c_V = \frac{3}{2} R.$

На участке $2 \rightarrow 3$ начальная внутренняя энергия газа равна конечной, поэтому подведенное к газу тепло $Q_{2 \rightarrow 3}$ определяется совершенной газом работы (площадь трапеции):

$$Q_{2 \rightarrow 3} = A_{2 \rightarrow 3} = \frac{p_2 + p_3}{2} (V_3 - V_2) = RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha},$$ где $\alpha = \frac{V_2}{V_3} = 3.$

На участке $3 \rightarrow 1$ подведенное к газу тепло определяется изменением его внутренней энергии, так как изохорическая процесс работы газом не совершается:

$$Q_{3 \rightarrow 1} = c_V(T_1 - T_3) = c_V(T_1 - T_2).$$

По условию $Q_{2 \rightarrow 3} + Q_{3 \rightarrow 1} = Q \neq 72$ Дж, или

$$RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha} + c_1(T_1 - T_2) = Q.$$

Посленее равенство позволяет найти температуре $T_2$, а затем и работу $A_{1 \rightarrow 2}$:

$$A_{1 \rightarrow 2} = \frac{Q + RT_1 \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}}{1 + \frac{R}{c_V} \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}} = 625$$ Дж.

А. А. Шеронов

Ф1035. Электрический диополь из двух жестко связанных точных зарядов $+q$ и $-q$, расположенных на расстоянии $l$ друг от друга, проплегает плоский конденсатор, пластый которого подключиется к источнику с постоянной ЭДС ($cm. рисунок$). Определение всего следует отметить, что диополь будет «втягиваться» в конденсатор — результатирующая сила, действующая на него со стороны пластин, направлена внутри конденсатора, и следовательно, в конденсаторе скорость диополя возратает.

Так как поле в конденсаторе поддерживается постоянным, можно пребежать влиянием поля диополя на заряды пластин, т. е. считать поле конденсатора внешним (независимым) по отношению к диоплюю.

29

дельте скорость диполя в центре конденсатора, если известно, что его скорость вдали от конденсатора равна $v_0$. Рассстояние между пластинами конденсатора $d$, масса диполя $m$. Влиянием силы тягости пренебречь.

Поле конденсатора — потенциальное; следовательно, в конденсatore диполь будет обладать и потенциальной энергией. Эта энергия равна

$$W_\pi = (+q)\varphi_x + (-q)\varphi_x = q\frac{\varepsilon}{d}(x_+ - x_-) = -ql\frac{\varepsilon}{d},$$

где $x_+$ и $x_- = x_+ + l$ — координаты зарядов $+q$ и $-q$, $\varphi_x$ и $\varphi_x$ — потенциальы в точках с координатами $x_+$ и $x_-$; координата $x$ отсутствует от отпечатлено заряженной пластины (см. рис.ок). При таком выборе начала отсчета работа по перемещению единичного заряда с отпечатной пластины на положительной равна $\varepsilon$.

Искомую скорость диполя найдем из закона сохранения энергии:

$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv^2}{2} - ql\frac{\varepsilon}{d},$$

откуда

$$v = \left(v_0^2 + \frac{2ql\varepsilon}{md}\right)^{1/2}.$$

А. В. Шелазин

Ф1036. К телу массой $m = 20$ г, лежащему на главном горизонтальном полу, приязаны две одинаковые упругие нити жесткости $k = 10^4$ Н/m. Одна нить прикреплена к стене, свободный конец второй нити начинают тягнуть в горизонтальном направлении со скоростью $v = 10$ м/c. Какая нить порвется, если разрывка каждой нити просходит при абсолитном удлиении $\Delta l_{\text{np}} = 5$ см? Считать, что закон Гука выполняется для нити вплоть до их разрыва; треня нет.

За процессом растяжения нитей удобно следить, перейдет из неподвижной системы (рис. 1) в системе координат, двурушцося вправо со скоростью $v/2$; тело в первый момент времени находится в начале координат ($x = 0$) и движется влево со скоростью $v/2$.

Сила упругости, действующая на тело, не зависит от движения концов нитей, а зависит лишь от смешения тела $x$ от первогоначального положения:

$$F_x = -k(\Delta l + x) + k(\Delta l - x) = -2kx,$$

где $\Delta l = (v/2)t$ — абсолитное значение смешенной концов нитки к тому моменту, когда смешение тела равно $x$. Следовательно, тело будет совершать гармоничие колбания с частотой $\omega = \sqrt{2k/m} = 10^3$ Гц около первогоначального положения. Смешение тела меняется со временем по закону

$$x = -\frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$$

а удлинения нитей —

$$\Delta l_1 = \frac{v}{2}t - \frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$$

$$\Delta l_2 = \frac{v}{2}t + \frac{v}{2\omega}\sin \omega t.$$

Отсюда видно, что в течение четырех полуперiodов колбаний —

$$2n \frac{T}{2} < t < (2n + 1) \frac{T}{2} \left( T = \frac{2\pi}{\omega}, n = 0, 1, 2, \dots \right)$$

— сильнее будет растяжета нить, в течение нечетных полуперiodов — вторая.

Таким образом, вторая нить порвется, если выполняется условие

30

Ф1037. В полой сфере проделано маленькое отверстие, через которого внутри пронikaет узкий паралельный пучок света. Внутренняя поверхность сферы отражает свет во все стороны одинаково (диффузно) и не подluaет его. Как будут различится в этом случае освещенность в точке, диаметрально противоположной отверстию, и во всех остальных точках сферы?

Поскольку по условиям внутренняя поверхность сферы не поглощает падающего на нее светую энергию, после многократных отражений через некоторое время в системе установки равновесие. При этом каждый небольший участок внутренней поверхности сферы всю попаданию на него светую энергию будет равномерно рассеивать во все стороны. В результате установления равновесия освещенность всех внутренних точек сферы, кроме точки, противоположной отверстию, будет одинаковой. При равновесии суммарная световая энергия, приходящая к отверстию в единицу времени от всех внутренних точек сферы, будет равна энергию, поступающей через отверстие в сферу извлекающей через отверстие в сферу извлекающей. Таким образом, после установления равновесия (а именно такая ситuation и рассматривается в задаче) отверстие будет эквивалентно устройству, которое всего приходящий кнему энергию от всех внутренних точек сферы послеает узким пучком в диаметрально противоположную точку.

Легко понять, что в силу малости отверстия суммарная энергия, приходящая кнему от всех внутренней поверхности сферы, равна суммарной энергии, рассеиваемой во все стороны любым участком сферы, равным по площади отверстию (это следует из обратности состояния равновесия — если все рассеиваемые лучи «заставить» дивятся в обратных направлениях, то ничего не изменится); это рассудение не касается только точки, диаметрально противоположной отверстию.

Итак, в силу расс挛ия доли энергии, посылаемые всеми внутренними точкими как к отверстию, так и в противоположную отверстию точку, будет одинаковыми. Кроме того,ровно столь же энергии придет в точку, противоположную отверстию, и от отверстия. Следовательно, освещенность внутренних точек сферической поверхности будетровно вдвое меньше освещенности точки участка сферы, противоположного отверстию. (Чем меньше площадь отверстия, тем точнее выполняется относение 1:2.)

С. С. Кротов