Решения задач М1096—М1098, М1100; Ф1108—Ф1112

35

coil. The self oscillation frequency of the circuit is $W_0$. Now will it change if a free particle of mass $m$ and charge $q$ is placed between the plates? There is no force of gravity, boundary effects and the force of “electrostatic representation” are negligible.

D. A. Kuptsov

P1131. It is difficult and dangerous to measure wind velocity in a cyclone with ordinary meteorological instruments (since cyclones are small and move rapidly). It was proposed to measure it from a distance using radar (since the inside of the cyclone contains a lot of dust and small objects which reflect radio-waves). The radar emits waves of frequency $f_0$. The spectrum of the reflected radio signal is shown on figure Pisc. 4. ($\Delta f=f-f_0$). Find the maximal wind velocity in the cyclone.

D. A. Kuptsov

P1132. It was recently established that the extinction of animal species takes place especially rapidly during periodically repeated time intervals of $T=6.2$ million years. This regularity is explained by a hypothesis, according to which the Sun has a satellite, called Nemesidis. This weak and hence invisible star moves along an orbit, half of which is located within the so-called “Oort belt”, containing a reserve of comets (see figure Pisc. 5). Perturbing the motion of comets, Nemesidis generates a “star rain” on Earth, whose duration practically coincides with period of time when Nemesidis is within the Oort belt. Determine the larger semiaxis $a$ of Nemesidis’ orbit and its period of revolution about the Sun if it is known that the perihelion of the orbit is $0.15a$ from the Sun. The area of an ellipse is $S=\pi ab$, where $a$ and $b$ are the semiaxes.

V. E. Belonuchkin

Решения задач

M1096—M1098, M1100*), Ф1108—Ф1112

Пусть $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$ — хорды, перпендикулярные диаметры $AC=d$ и делящие его на $k$ равных частей. Выпуклый $2k$-угольник с вершинами в концах этих хорды и диаметра (на рисунке 1 — гольбой) состоит из треугольников и $k-2$ трапецей с одинаковыми высотами $d/k$ и основаниями $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$; его площадь равна

$$S = \frac{d}{k} \left( \frac{a_1}{2} + \frac{a_1+a_2}{2} + ... + \frac{a_{k-1}+a_k}{2} \right) = \frac{d(a_1+a_2+...+a_k)}{k}.$$

Таким образом, интересующая нас сумма длин хорд равна $Sk/d$. Поскольку голубой треугольник лежит в круге диаметром $d$, его площадь меньше $\pi d^2/4$, откуда получаем оценку сверху: $Sk/d \leq 0.5kd$. С другой стороны, площадь голубого многоугольника не меньше площади красного квадрата $ABCD$; от сюда получается оценка снизу: $Sk/d \geq 0.5kd$. Правда, при нечетном $k=2m+1 \geq 3$ красный квадрат двумя уголками при вершинах $B$ и $D$ слегка вылезает за пределы голубого многоугольника, но эти уголки

*) Решение задачи M1099 содержится в статье M. B. Волкова, Н. Н. Силкина «Кого послать на Марс?» (см. с. 51)

36

Оценку не портят. Например, можно показать, что красный треугольник на рисунке 2 меньше подобно ему зеленого: поскольку

$$OQ = \frac{d}{2(2m+1)} \text{ и } PQ = \sqrt{QA \cdot QC} = \frac{d\sqrt{m(m+1)}}{2m+1},$$

получаем, что квадрат треугольника

$$BO - PQ = \frac{d}{2} \left(1 - \frac{2\sqrt{m(m+1)}}{2m+1}\right) = \frac{d(2m+1 - 2\sqrt{m(m+1)})}{2(2m+1)} = \frac{OQ}{2m+1 + 2\sqrt{m(m+1)}} \leq \frac{OQ}{3 + 2\sqrt{2}} < \frac{OQ}{2}.$$

Заметим, что при больших $k$ сумма длин хорд, как ясно из решения, почти равна $\pi dk/4$ (предел отношения этой суммы к $k$ равен $\pi d/4$). Те, кто знаком с понятыми интеграла и интегральной суммы, некомменно, увидят в сложете нашей решения вычисление интеграла от функций $f(x) = \sqrt{x^2 - d^2}$ на отрезке $-d \leq x \leq d$ с помощью интегральных сумм (точнее, «метод трапеций»).

А. Чазиров, P. Харитонов

M1097. Координаты вершин равноведренного треугольника — целые числа. Доказите, что квадрат основания — четное число.

Параллельно пересеcem данный треугольник $ABC$, в котором $AB = BC$, так, чтобы вершина $A$ попала в начало координат. тогда координаты $(b_1, b_2)$ и $(c_1, c_2)$ вершин $B$ и $C$ останут哉 целыми. Из равенства $AB^2 = BC^2$, записанного в координатах:

$$b_1^2 + b_2^2 = (b_1 - c_1)^2 + (b_2 - c_2)^2,$$

вытекает, что $AC^2 = c_1^2 + c_2^2 = 2(b_1c_1 + b_2c_2)$ — четное число.

В. В. Произвольов

M1098. На окружности расстоянего $n$ точек, занумерованных подряд числа 1, 2, …, $n$. Двое црарают в следующую церру. Каждый по очереди проводит хорду, соединяющий точки с номерами одной четверти. Каждый хорда не должна иметь общих точек (далее концов) с проведенными ранее. Побеждает тот, кто сделал последний хорд. Выясните, кто из црроков — начинающий или его партнер — имеет выигрышную стратегию (при каждой $n = 4, 5, 6, 7, \dots$).

Ответ: при $n$ кратном 4, а также при нечетном $n$ выигрывает первый (начинаяший) игрок, а при $n = 4k + 2$ ($k$ целое) — второй.

Удобно считать, что точки с четыыми и нечетными номерами изображены разными цветами — скажем, белым и черным, — и что точки делят окружность на равные части.

Во всех случаях основная идея выигрышной стратегию — использовать симметрию.

Стратегия 1-го игрока при $n = 4k$ — проверяем ходом диаметр, а затем на каждый ход 2-го отвечать проведением симметричной относительной этого диаметра хорды — см. рис. 1. (Такой ход возможен, поскольку после каждой хода 1-го игрока позиция будет симметрична относительной диаметра. Здесь важно, что диаметрально противоположные точки имеют один и тот же цвет, и симметричные относительные диаметра точки — тоже.)

При $n = 4k + 2$ выигрыша стратегия 2-го игрока — на каждый ход 1-го игрока отвечать проведением хорды, симметричной относительной центра ok-

37

Ружности. Здесь существено, что диаметрально противоположные точки имеют разный цвет — ниже мы воспользуемся тем, что уже при одном этом условия игра проигрывна для начинающего.

Пусть $n$ — нечетно (тогда на окружности оказывается две соседние черные точки, с номерами 1 и $n$). При $n=4k+1$ 1-й игрок обеспечит себе выигрыш, если перымом ходом соединит, например, черные точки с номерами 1 и 3 (рис. 2), тем самым сведуло к аналогичной игре с $n=4(k-1)+2$, где начинающий проигрывает. Похожий, но еще более хитрый ход есть у 1-го игрок и при $n=4k+3$. Здесь он может отрезать три точки так, чтобы сохранили симметрия относительно оси — для этого достаточно соединить черные точки с номерами $2k+1$ и $2k+3$ (рис. 3).

Если мы следим свинить оставшиеся $4k$ точек так, чтобы они расположились по окружности на равных расстояниях, то диаметрально противоположные точки будут разного цвета (хотя белые и черные точки и не чередуются), и потому начинающий здесь (т. е. 2-й игрок) проигрывает.

Более тонких сообщений требуют тот вариант игры, в котором игрок, делаюший последний ход, проигрывает. Разбор этого варианта мы предоставляем читателям.

В. Г. Чванов

M1100*. На берегу прямолинейной реки лежат брева, какое из которых составляет с линий берега угол меньше $45^\circ$ (брева — не пересекающие друг друга отрезки; их число конечного). Доказите, что хотя бы одно из бревен можно закатить в реку, не задевая остальных. (Бревно можно катить лишь в перпендикулярном ему направлении, не поворачивая.)

Пусть берег — верхняя полуплоскость, линия берега — горизонтальная прямая $b$. Рассмотрим некоторое брево $l$ (составляющее с прямой $b$ угол меньше $45^\circ$). Проведем из его концов лучи, составляющие углы по $45^\circ$ с прямой $b$: из правого конца — в направлении $p$ «вправо — вверх», излевого конца — в направлении $q$ «влево — вверх» (рис. 1), и рассмотрим множество точки, лежащих в лице ломаной, состоящий из брева $l$ и этих двух лучей. Ясно, что выкатывая любое брево, удовлетрящее условию задачи и не имеющее общих точки с этим множеством, мы не можем задать брево $l$.

Удобно рассмотреть несколько большие множества, связанное с бреном $l$,— наоземем его «тенью $l$» и обозначим $U_l$ (рис. 2): его граница — ломанная, которая идет от правого конца брева $l$ в направлении $p$; затем, если ломанная упирается во внутреннюю точку какого-то брева — по этому брену вправа, от его правого конца — вновь по направлению $p$, и т. д., и также аналогично — отлевого конца брева $l$ (здесть отрезки ломаной идут, черезсь, по бревнам в направлении $q$). Очевидно, для различных бреен $l_1$ и $l_2$ их теми не совпадают. При этом, если $l_1 \subset U_{l_2}$ (л$_1$ лежит в тени $l_2$), то $U_{l_1} \subset U_{l_2}$. Теперь ясно, что в цепочке бреен $l_1$, $l_2$, $l_3$, …, в которой каждое брево мешает выкатить предыдущее, никакое брево не встретиется дважды: для нее $U_{l_1} \subset U_{l_2} \subset U_{l_3}$…

38

Ф1108. Для наглядной демонстрации возникния на вещество изготовления мишень в виде маленького серебряного шарика, закрыленное в верхнее лезкою пустотelo конуса (см. рисунок). Одна сторона шарика отполирована, а другая зачеренна. Мишень установлена от основанием конуса на шероховатую горизонтальную плоскость и на поверхности шарика-мишени фокусируют изучение от мощного импульсною лазера.

Оцените, при какой минимальной энергии светового импульса произойдет опрокидывание мишени. На какую из сторона шарика (отражающий или положящийся следует направить изучение?

Считайте, что масса шарика $m=3$ г и много большие массы конечной подставки; высота конуса $h=6$ см, диаметр основания $d=3$ мм; коэффициент отражения отполированной поверхности $r=0,99$; коэффициент положения зачеренной поверхности $a=0,99$; диаметр стороны лазерного импульса $\tau=10$ нс.

Эта задача возникла из реального существующего демонстрационного эксперимента. Световой пучок неодимового импульского лазера с энергией в импульсе 2 Дж и длительность импульса 10 ns направляется на верхний край вертикально стоящий мишени — деревянного клина; при этом если световой пучок фокусирован с помощью линзы и падает на зачеренную поверхность клина, то мишень опрокидывает. Если же пучок не фокусирован или же попадает на зачеренную поверхность, мишень не опрокидывает. Для простоты расчетов в условиях задачи деревянная клинообразная мишень заменена на серебряный шарик.

Для того чтобы мишень опрокидалась, необходимо, чтобы под воздействием светового пучка шарик приобрел кинетическую энергию, достаточно для подема центра тяжестей шарика на высоту

$$H = \sqrt{h^2 + \frac{d^2}{4}} - h \approx \frac{d^2}{8h},$$

т. е. необходимо выполнение условия

$$\frac{mv^2}{2} = mgH.$$

Это означает, что импульс, сообщенный шарику, должен быть равен

$$P = mv \approx \frac{md}{2} \sqrt{\frac{g}{h}} \approx 6 \cdot 10^{-5} \text{ кг} \cdot \text{м}/\text{с}.$$

Предположим, что опрокидывание мишени происходит за счет светового давления. В самом деле, каждый поглощенный фoton передает шарику импульс $P_0 = E_0/c = hv/c$, где $E_0 = hv$ — энергия фotonа, $c$ — скорость света. Умножив это выражение на число фотонов в изучении, мы получим полный импульс $P$, переданный шарику фotonами, откуда найдем полную энергию $E$ светового пучка, необходимую для опрокидывание мишени:

$$E = Pc \approx 2 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$

Для опрокидывания мишени не хватает 4-х порядков! Значит, в этом эксперименте световое давление не играет главной роли.

Разгадка эффективности состоит в том, что энергия лазерного пучка, поглощая зачеренную поверхность, производит быстрый локальный разогрев и испарение вещества мишени в области фокусировки пучка. Струя паров и создает ту реактивную силу, которая опрокидывает мишень. Сделаем соответствующие расчеты.

Пусть все световая энергия поглотилась и пошла на испарение массы $\Delta m$ вещества. Тогда

39

$$\Delta m \approx \frac{E}{L},$$

где $L$ — удельная теплота парообразования (здесь мы не учитываем энергию, необходимую для разогрева вещества до температуры плавления, для плавления и для дальнейшего разогрева до температуры кипения, так как она в несколько раз меньше энергии, необходимой для испарения). Средняя квадратичная скорость теплового движения молекул пара равна

$$u = \sqrt{\frac{3RT}{M}},$$

где $R$ — универсальная газовая постоянная, $T$ — температура кипения, $M$ — молярная масса вещества. Для середра эта скорость составляет

$$u = 0,7 \cdot 10^3 \text{ m/c.}$$

Максимальный импульс, уносимый парамети и, по закону сохранения импульса, передаваемый шарику, равен $\Delta mu$. Для опрокидивания мишени необходимо, чтобы этот импульс был равен найdenному нами значению $P$:

$$\Delta mu = P.$$

Тогда необходимая энергия излучения

$$E = \Delta mL = \frac{PL}{u} \approx 0,2 \text{ Дж},$$

где $L = 2,2 \cdot 10^6 \text{ Дж/кг.}$. А это на порядок меньше энергии излучения нашего лазера.

При получения этой оценки мы не учитывали, что часть световой энергии отражается мишению, часть поддет на ее нагрев (а не только на частиное испарение) и, наконец, что струя паров будет истекать расходящимся пучком и, следовательно, сообщит шарику несколько меньший импульс. Все это, конечно, означает, что оценка занijена, но, как оказывается, не более, чем на порядок.

И последнее. При облучении не поглощающей, а отражающей поверхности шарика для опрокидивания мишени потребуется энергия по крайней мере в $1/(1-r)=100$ раз больше.

Следовательно, если мишень при облучении ее зачеренной поверхности опрокидывается при энергии светового импульса

$$E > 0,2 \text{ Дж},$$

то при облучении отражающей поверхности для опрокидывания потребуется энергия

$$E > 20 \text{ Дж},$$

что на порядок больше энергии неодимового импульсного лазера.

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф1109. С наклонной плоскости скатыают две бутылки: одна — пустая,

40

другая — заполняющая body. Какая из них скатится быстрее? Какая из этих бутылок поднимается на большую высоту, если их пустить вверх по наклонной плоскости с одинаковыми начальными скоростями? Считать, что просkalывающая нет.

Энергия как поступательного, так и врашательного движения. Если внутри бутылки имеется вода, то она, благодаря малой вззости, во врашении практически не участвует. В результате во втором случае большая часть начальной потенциальной энергии переходит в кинетическая энергия поступательного движения, и бутылка с водой скатится быстрее пустой бутылки.

Тепер приведем более строгое решение. Найдем, чему равна кинетическая энергия пустой бутылки массой $m$, которая катится по горизонтальной поверхности без проскальзывания со скоростью $v$. Для простоты заменим бутылку пустотельным цилиндром и будем считать, что все его масса сосредоточена в тонких стенках.

Все точки цилиндра участвуют в сложном движении: это поступательное движение со скоростью центра масс $v$ и врашение с линейной скоростью $v$ в системе отсутства, связанной с центром масс.

Рассмотрим небольший участок «обода» массой $\Delta m_i$. Его скорость складывается из скорости $\vec{v}_i$ в системе центра масс и скорости $\vec{v}$ самого центра масс (см. рисунок). Кинетическая энергия этого участка равна

$$\Delta E_{ki} = \frac{\Delta m_i(|\vec{v}_i + \vec{v}|)^2}{2} = \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2 + 2v_i v \cos \alpha_i)}{2},$$

где угол $\alpha_i$ для разных участков принимается от 0 до 2л. Полная кинетическая энергия цилиндра складывается из кинетических энергий всех его участков:

$$E_k = \sum_i \Delta E_{ki} = \sum_i \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2)}{2} = \sum_i \Delta m_i v^2 = mv^2$$

(здесь мы учили, что для всех участков $v_i = v$, а cos $\alpha_i$ принимает все возможные значения — и положительные, и отрицательные, так что $\sum_i \cos \alpha_i = 0.$)

Если цилиндр скатывается по наклонной плоскости, то, спустившись с высоты $h$, он прибретет скорость $v$, которое можно найти из закона сохранения энергии:

$$mgh = mv^2,$$

и

$$v = \sqrt{gh}.$$

Отсюда видно, что эта скорость в $\sqrt{2}$ раз меньше скорости для случая скатывания без врашения. Это связано с тем, что потенциальная энергия цилиндра переходит в кинетическую энергию как поступательного движения, так и врашательного.

Когда внутри цилиндра находится вода (наш случай бутылки с водой), которая из-за незначительной вззости во врашение практически не вовлекается, полная кинетическая энергия равномерно катящая цилиндра массой $m$, заполненного водой массой $M$, будет равна

$$E_k = mv^2 + \frac{Mv^2}{2} = \left( m + \frac{M}{2} \right)v^2.$$

После спуска с высоты $h$ по наклонной плоскости такой цилиндр за счет потенциальной энергии $(m + M)gh$ прибретет кинетическую энергию $(m + M/2)v^2$, так что его

42

Ф1112. В схеме, приведенной на рисунке, при разомкнутом ключе K конденсатор заряжен до неокторого напряжения $U_0$. Ключ замыкают, и через какое-то время ток в цепи прекращается. Какова должа быть величина $U_0$, чтобы направление на конденсатор установилось равным $U_y=1$ В при изменившейся полярности пластин, если ЭДС какдо батареи в цепи $E=1,5$ В? Диоды считать идеальными.

Как видно из рисунка, через диод $D_1$ ток может течь только слева направо, а через диод $D_2$ — только справа налево. Таким образом, данная цепь представляется собой колебательный контур, содержащий источник тока с постоянной ЭДС, включенной какдый раз навстречу току.

Пусть в некоторый момент времени при замкнутом ключе K ток в цепи отсутствует, направление на конденсатор равно $U_n$, а заряд равен $q_n=CU_n$ (верхняя пластина конденсатора заряжена положительно). В течение близкой следующей половины периода конденсатор будет перезаряться — сначала разряжаться, потом заряжаться зарядами противоположных знаков. При этом ток неизменного направления будет течь через диод $D_1$, совершая работу против стороны сил в источнике. Через полериода заряд конденсатора станет равным $q_{n+1}$, так что через источник протечет заряд $q_n+q_{n+1}$ (знак заряд пластин изменяется).

По закону сохранения энергии убьть энергии электрического поля конденсатора равна работе против стороны сил:

$$\frac{q_n^2}{2C} - \frac{q_{n+1}^2}{2C} = (q_n + q_{n+1}) \mathcal{E},$$

откуда

$$\frac{q_n}{2C} - \frac{q_{n+1}}{2C} = \mathcal{E},$$

или $U_n - U_{n+1} = 2\mathcal{E}$.

Таким образом, через полериода направление на конденсатор уменьшится на $2\mathcal{E}=3$ В. Так будет произойти до тех пор, пока направление (при силе тока, равной нулю) не оказывается меньше, чем $E=1,5$ В. Поскольку по условию задачи конечное направление равно 1 В при изменившейся полярности пластин, начальное направление на конденсатор (измеренное в волтах) может быть равно

$$U_0=4+6n,$$ где $n=0,1,2,... При получении этой серии решения предполагалось, что в каждую половину периода колебаний, включая последнюю, знак зарядов пластин изменяется. Однако возникен случай, когда в последнюю половину периода заряд изменяется от$q_{N-1}$до$q_N$без изменений знака. Тогда через источник протекает заряд$q_{N-1}-q_N$, и закон сохранения энергии записывается в виде:$$\frac{q_n^2}{2C} - \frac{q_n^2}{2C} = (q_{N-1}-q_N) \mathcal{E}.$$Отсюда получаем$$U_{N-1}+U_N=2\mathcal{E}.$$Таким образом,$U_{N-1}=2\mathcal{E}-U_N=2$В (верхняя пластина конденсатора имеет отрицательный заряд),$U_{N-2}=U_{N-1}+2\mathcal{E}=5$В (верхняя пластина конденсатора положительно) и т. д. Начальное направление в этом случае может быть равно$$U_0=5+6n,$$где$n=0,1,2,…

Итак, имеется две серии:

$$U_0=\begin{cases} 4+6n, & n=0,1,2,.. \\ 5+6n, & n=0,1,2,.. \end{cases}$$

А. И. Киркинский