Решения задач М1121—М1124; Ф1133—Ф1136

35

Ф1155. Тяжелый поршень массой $M$ может свободно перемещаться внутри вертикального теплопроводного цилиндра сечением $S$, верхний конец которого закрыт, а нижний открыт в атмосферу (рис. 2). Внутри цилиндра имеет горизонтальная перегородка с маленьким отверстием, отсекающая от атмосферы один mole воздуха, занимающий объем $V$ и имеющий атмосферное давление $p_a$. Поршень, которой вначале прижат силу к перегородке, отпускают. Принимая, что внутренняя энергия газа равна $cT$, найти, на сколько опустится поршень.

Г. Л. Коткин

Ф1156. Два одинаковых электромагнитas $L_1$ и $L_2$ включены последовательно в цепь постоянного тока (рис. 3). С помощью ключа $K_1$ параллельно одному из них может в непроводшем направлении подключится диод $D$. При замкнутом ключе $K_2$ к электромагнитам приятную железная пластинка. Если ключ $K_1$ разомкнут, то при размыкании $K_2$ пластинка отрывается от общих магнитов одновременно и падает, сохраняя горизонтальное положение. Если ключ $K_1$ замкнут, то при размыкании $K_2$ пластинка вначале отрывается от магнита $L_1$, а потом от $L_2$, что приводит к ее вращению. Объяснить различие в поведении пластинки в первом и втором случах.

В. В. Голубев

Ф1157. Имеются два полупрозрачных зеркала, каждое из которых, как показывает измерения, пропускает приблизительно 1/5 часть светового потока, а остальной свет отражает. Если на пути параллельного пучка света установлен оба зеркала так, чтобы их плоскости были перендикularны пучку, то, казалось бы, они должны пропускать 1/25 часть падающего потока света, тогда как на самом деле свет ослабляется не в 25 раз, а заметно меньше (примерно в 10 раз). Объяснить явление.

В. В. Голубев

Решения задач

M1121—M1124, Ф1133—Ф1136

I. Одно из самых бескатростных решений основано на том, чтобы опустить из точки $B$ перендикularы $BH$, $BA_1$, $BC_1$ на прямые $AC$, $AK$, $CK$ (они равны по сообщениям симметрии) и рассмотреть получающие углы с вершиной $B$. Треугольники $KA_1B$ и $KC_1B$ равны, причем $\angle A_1BK = \angle KBC_1$ (их сумма составляет $2\angle B$, поскольку $\angle A_1BA = \angle ABH$, $\angle HBC = \angle CBC_1$). С другой стороны, радиус $OB$ описанной окружности в любом треугольнике $ABC$ составляет также же углы со стороны $AB$ и $BC$, как высота $BH$ со стороны $BC$ и $AC$ соответствено:

$$\angle ABO = |90^\circ - \angle AOB/2| = |90^\circ - \angle C| = \angle HBC,$$
$$\angle CBO = |90^\circ - \angle COB/2| = |90^\circ - \angle A| = \angle HBA.$$

Позотому $\angle A_1BO = \angle OBC_1 = \angle B$, т. е. $OB$ и $KB$ лежат на одной и той же прямой — биссерпсе угла $A_1BC_1$.

36

Трудность в оформлении решения этой задачи заключается в том, что нужно учесть различные возможности случая: 1) $\triangle ABC$ остроугольный; 2) один из углов $A$ или $C$ не меньше $90^\circ$; 3) $\angle B > 90^\circ$ (см. рисунки 1—3; затем, что случай $\angle B = 90^\circ$ невозможен: при этом построенные прямые параллельны). Впрочем, рассуждания во всех случаях аналогичны.

Наметим еще два решения.

II. Угол между прямыми $AK$ и $KC$ дополняет $2\angle B$ до $180^\circ$, точнее

$$\angle A_1KC_1 = 180^\circ - \angle A_1BC_1 = |180^\circ - 2\angle B| = 180^\circ - \angle AOC,$$

позному центр $O$ лежит на окружности, проходящей через $K$, $A$ и $C$, и (поскольку $AO=OC$) делит пополам дуг $AC$. Поэтому $KO$, также как и $KB$, — bicсектриса угла $A_1KC_1$.

Это решение также нуждается во внешательном разборе случая 1—3. Как обычно, свободно от этой трудности решения с геометрическими преобразованиями.

III. Композиция симметричной относительной прямых $AB$ и $BC$, т. е. поворот на угол $2\angle B$ с центром $B$, переводит прямую $AK$ в прямую $KC$. Поворот на тот же угол $2\angle B$ с центром $O$ переводит радиус $OA$ в радиус $OC$, поэтому прямую $AK$ он должен переводить в прямую, проходящую через $C$ и имеющего то же направление, что и $KC$, т. е. в прямую $KC$. Отсюда следует, что точка $O$, также как и $B$, одинаково удалена от прямых $AK$ и $AC$, и обе они лежат на bicсектрисе угла между $AK$ и $KC$.

Н. В. Васильев, В. Н. Дубровский

M1122. Решите систему:

$$(x_3+x_4+x_5)^5=3x_1,$$
$$(x_4+x_5+x_1)^5=3x_2,$$
$$(x_5+x_1+x_2)^5=3x_3,$$
$$(x_1+x_2+x_3)^5=3x_4,$$
$$(x_2+x_3+x_4)^5=3x_5.$$

Ответ: система имеет три решения: $x_2=x_3=x_4=x_5=x_1$, где $x_1=0$, $x_1=1/3$ или $x_1=-1/3$.

Вместе с каждым набором чисел $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$, удовлетворяющим этой системе уравнений, ей удовлетворяют также наборы, полученные циклической перестановкой: $(x_2, x_3, x_4, x_5, x_1), (x_3, x_4, x_5, x_1, x_2)$ и т. д. Поэтому можно предполагать, что $x_1 \geqslant x_i$ ($i=2, 3, 4, 5$).

Воспользовемся тем, что функция $f(x)=x^5/3$ возвращшаяся. При нашем предположении

$$3x_2=(x_4+x_5+x_1)^5 \geqslant (x_3+x_4+x_5)^5=3x_1,$$

откуда $x_2 \geqslant x_1$, т. е. $x_2=x_1$. Затем аналогично из него ввенства

$$3x_3=(x_5+x_1+x_2)^5 \geqslant (x_4+x_5+x_1)^5=3x_2$$

выводится, что $x_3=x_2=x_1$; из него ввенства

$$3x_4=(x_1+x_2+x_3)^5 \geqslant (x_5+x_1+x_2)^5=3x_3$$

следует, что $x_4=x_3$ и, наконец, из ввенства

$$3x_5=(x_2+x_3+x_4)^5=(x_1+x_2+x_3)^5=3x_4$$

получаем $x_5=x_4$.

(Заметим, что можно рассудать и короче: уже из неравастива (1) — зная, что оно обращается в равенство,— мы могли бы заключить, что $x_3=x_1$, а затем из (3), — что $x_5=x_1$.)

37

Итак, все $x_i$ ($i=1, 2, 3, 4, 5$) равны одному и тому же числу $x_1$; для него получаем уравнение $(3x_1)^5=3x_1$, откуда $x_1=0$ или $x_1=1/3^4$, т. е. $x_1=\pm 1/3$.

Л. Тугеску

М1123. Прямой угол разбит на бесконечное число квадратных клеток со стороны единица. Будем рассматривать ряды клеток, паральные стороны удела («вертикальные» и «горизонтальные» ряды). Можно ли в каждую клетку записать натуральное число так, чтобы каждый вертикальный и каждый горизонтальный ряд клеток содержал все натуральные числа по одному разу?

Ответ на этот вопрос положен. Однако из возможных расположений конструкруется индикцией по степеням 2 (рис. 1). Пусть в квадрате $A_n$ размером $2^n \times 2^n$ (на пересечении первых $2^n$ строк и $2^n$ столбцов) расположены числа от 1 до $2^n$ так, что каждое из них встречается по разу в каждой строке и каждой столбце. На рисунке 2 показано, как из $A_n$ изготовливается квадрат $A_{n+1}$ размером $2^{n+1} \times 2^{n+1}$, в котором расположены числа от 1 до $2^{n+1}$ и выполняется то же условие; запись $A_n+2^n$ здесь означает, что ко всем числам квадрата $A_n$ прибавляется $2^n$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Эта задача связана с таким интересным вопросом. Пусть клетки бесконечной шахматной доски, занимающей прямой угол, занутерованы числами 0, 1, 2, … следующим образом: на первой угловой клетке ставится 0, а затем каждой клетке приписывается наименьший номер, не используемый еще для нумерации каких-либо предшествующих клеток, стоящих левее нее на той же горизонтали или ниже — на той же вертикали. Какой номер получит клетка, стояшая на пересечении $i$-й горизонтали и $j$-й вертикали? (Номера приписываются клеткам в порядке возрастания суммы $i+j$; см. задачу 127 в книге А. М. и И. М. Ягломов «Незlementарные задачи в элементарном изложении», М.: 1954, Гостехтеориздат.)

Н. В. Васильев, В. С. Шевелев

M1124. Боковые стороны, диагонали и продолжения оснований трапеции пересекают прямой l в шести точках, т. е. высекают на прямой l пять отрезков. a) Доказите, что если крайние (1-й и 5-й) отрезки равны, то соседние с ним

Пусть прямая l пересекает боковые стороны AB и CD трапеции в точках K и N, диагонали AC и BD — в точках L и M, продолжения оснований AD=a и BC=b — в точках P и Q; PA=x, CQ=y (см. рисунок). Тогда, рассматривая пары подобных треугольников, основания которых лежат на прямых AD и BC, а общей вершиной служебит одна из точек K, L, M или N, получим:

$$\frac{PK}{KQ} = \frac{x}{b+y}, \frac{PN}{NQ} = \frac{x+a}{y}, \frac{PL}{LQ} = \frac{x}{y}, \frac{PM}{MQ} = \frac{x+a}{y+b}.$$

38

(2-й и 4-й) также равны.
6) При каком отношении основанный трапеци можно проводить прямую l так, чтобы все пять отрезков были равны?

Ф1133. В calorimetре медленно остыает расплад исследуемого вещества. Удельная теплота плавления этого вещества (она была определяна в предыдущих опитах) $L = 200$ кДж/кг. По графику зависимости температуры вещества от времени (рис. 1) определяйте удельные тепломкости вещества в тердом и жидком состоянии. Терлоемкость calorimetра пренебречь.

Рис. 1.

a) Если произведение двух отношений (*) равно 1, то
$$\frac{PL}{LQ} \cdot \frac{PM}{MQ} = \frac{x(x+a)}{y(y+b)} = 1, \frac{PL}{LQ} = \frac{MQ}{PM},$$
откуда
$$\frac{PL}{PQ} = \frac{MQ}{PQ}, \quad PL = MQ, \quad KL = MN.$$

6. Четыре отношения (*) равны соответственно 1/4, 4, 2/3 и 3/2 тогда (и только тогда), когда
   $$4x = b + y, \quad 4y = a + x, \quad 2y = 3x, \quad 2(x+a) = 3(y+b).$$
   Если $x = 2d$ и выполнен первый три из этих равенств, то $y = 3d$, $a = 10d$, $b = 5d$. При этом выполнен и четвертое равенство.

Таким образом, нужно примяя существует в том и только в том случае, когда одно из оснований трапеции вдвое больше другого.

Э. Г. Готман

Как видно из рисунка, сначала вещество, находящее в жидком состоянии, охлаждается до температуры плавления, затем в течение 5 минут кристаллизуется без изменения температуры, после чего опять охлаждается, уже в твердом состоянии.

Очевидно, что если температура с течение времени не изменяется (во время кристаллизации), то выделяемая веществом тепловая мощность постоянна. Выразить ее можно, воспользовавшись горизонтальным участком графика:

$$P = \frac{Q}{\tau_{\text{кр}}} = \frac{mL}{\tau_{\text{кр}}}.$$

Продолжив участок графика, соответствующий жидком состоянию (проведя касательную к графику), можно записать (рис. 2):

$$c_{\text{ж}} m \Delta t_{\text{ж}} = P \tau_{\text{ж}},$$
откуда
$$c_{\text{ж}} = \frac{\tau_{\text{ж}}}{\Delta t_{\text{ж}}} \frac{L}{\tau_{\text{кр}}} \approx 8 \cdot 10^3 \frac{\text{Дж}}{\text{кг} \cdot \text{К}}.$$

Аналогично для твердого состояния найдем:

39

$$c_{\text{TB}} = \frac{\tau_{\text{TB}}}{\Delta t_{\text{TB}}} \frac{L}{\tau_{\text{kp}}} \approx 15 \cdot 10^3 \frac{\text{Дж}}{\text{кг} \cdot \text{К}}.$$

Заметим, что касательные мы провели для большей точности, можно было обойтись и без них, использув маленькие кривых, которые примыкают к горизонтом участигу графика.

А. Р. Зильберман

Ф1134. Исследуя новый открытую планету, имеющий форму шара радиусом $R=6400$ км и покрытую по всей поверхности океаном глубиной $H=10$ km из обичной воды, учены установили, чтоускорение свободного падения остается с большой степенью точности неизменным при погружении в океан на различные глубины. Определите по этим данным ускорение свободного падения на планете. Гравитационная постоянная $G=6,67 \times 10^{-11} \text{H} \cdot \text{m}^2/\text{кг}^2$.

Внутри однородной сферы gravitationная сила равна нулю, внешние же тела сфера притягивает так, будто все масса сосредоточена в центре. Расчитаем ускорение свободного падения на глубине $x$ в океане, покрывающем планету.

Рассмотрим сферический слой толщиной $x$, состоящий из воды. Его можно считать составленным из тонких однородных сферических оболочек, каждая из которых внутри себя gravitationной силы не создается. Поэтому gravitationное притяжение свободная содается к притяжению на поверхности шара радиусом $R-x$. Масса этого шара

$$m = M - \frac{4\pi\rho}{3} (R^3 - (R-x)^3),$$

где $M$ — масса всей планеты, $\rho=10^3 \text{kg/m}^3$ — плотность воды. Тогда ускорение свободного падения

$$g = \frac{Gm}{(R-x)^2} = G \frac{M-4\pi\rho(R^3-(R-x)^3)/3}{(R-x)^2}.$$

Отметим, что это выражение справедливо лишь для малых, по сравнению с $R$, $x$ — ведь не вся планета состоит из воды. Поэтому на графиках, изображающих зависимость $g$ от $x$ (см. рисунок), только начальные участки в окруженной полосе описываются полученной формулой. Проанализируем полученное выражение. При достижении большей массе планеты $M$ ускорение $g$ при погружении взрастает. При достижении малых массах ускорение сразу же начинает падать. Существует граничная масса, выше которой ускорение растет, а ниже — падает. Значение этой граничной массы и соответствует слузаю, когда в близи поверхности океана $g$ меняется меньше всего, т. е. остается почти постоянным.

Теперь проведем расчеты. Ускорение $g_0=GM/R^2$ на поверхности океана в случае gravitationной массы «почти» равно ускорению $g$ на малых глубинах $x$, а их отношение «почти» равно единице:

$$\frac{g}{g_0} = \frac{1-4\pi\rho R^3(1-(1-x/R)^3)}{(1-x/R)^2} \approx 1.$$

Смысл этого «почти» в том, что нужно учесть первую степень малой величины $x/R$ и пренебречь второй и третьей степени. Тогда предыдущее выражение сведется к равенству

(Продолжение см. на с. 42)

40

… мы имеем серверные основания
сделать заkillочение,
но сам по себе свет…
возмущем и форме волни…
Дж. K. Макселли

Вопрос и задачи

А так ли хорошо знакомы нам
СВЕТОВЫЕ ВОЛНЫ

?

История утверждения волновой теории счета драматична и увлекательна. Последствованная до конца XVIII века корpusкулярная теория оказалась не способной объяснять явление явные к интегральной линеки, меняя полного полинную неожиданную величину на волна на распространение других

веке XIX. Уснеж волновой опитки были огромны, они позволили составить более глубокое представление о природе счета, увеличившее слияние теории счета и теории электронная.

Волновая теория не охватывает всего многообразия проявлений счета.
Одинко когда разговор идет о диффракиции и интегрании, дисперсии и поляризации, без нее не обойти

42

$$\frac{1 - 4\pi\rho R^2 x/M}{1 - 2x/R} = 1,$$

или

$$1 - \frac{4\pi\rho R^2}{M} x = 1 - \frac{2x}{R}.$$

Отсюда, приравнивая коэффициенты при $x$, имеем

$$M = 2\pi R^3\rho = 1,6 \cdot 10^{24} \text{ кг},$$

$$g_0 = \frac{GM}{R^2} = 2,6 \text{ м/c}^2.$$

В заключение подумайте сами, будет расти или уменеться ускорение свободного падения при погружении в океан на Земле.

И. И. Воробьев

Ф1135. Горизонтальная площадка с лежащей на ней монетой совершает кругловое поступательное движение в горизонтальной плоскости так, что все ее точки описывают окружности радиусом $R$ с угловой скоростью $\omega$. Коэффициент треня между монетой и площадкой $\mu$. Каким будет установившееся движение монеты? Какой след «вычерчивает》 она на площадке?

Общий характер установленшего движения монетыле лучше всего уяснить из сообщений симметрии. При круговом поступательном движении горизонтальной площадки все ее точки и все направления в горизонтальной плоскости физически эквивалентны. Поэтому, какими бы ни были начальные условия при установившемся режиме в неподвижной (лабораторной) инерционной системе отчета, монета будет двигаться по окружности поступательно (без вращения) и с той же угловой скоростью $\omega$, что и площадка. От начальных условий зависит только положение центра этой окружности. Любая другая мыслиная траектория таким свойством — отсутствием выделенных направлений — не обладает.

Сообщения симметрии позволяют сделать еще один вывод: относительно площадки (т. е. движущейся неперцоальный системы отчета) монета, если она проскальзывает, тоже движется по окружности.

Тепер, когда мы представляем себе характер движения монеты, остается только найти радиус окружностей, вычерчиваемых монетом в той и другой системе отчета.

В горизонтальной плоскости на монете действует единственная сила — сила треня со стороны площадки. Рассмотрим сначала с площадкой, т. е. не просkalзывает. При этом в инерционной системе отчета монета движется по окружности радиусом $R$ с ускорением $\omega^2 R$, направленный к центру этой окружности. Так как это ускорение сообщается монете слиной треня покоя, модель которого не может превышать значения $\mu m$, то движение вместе с площадкой (без просkalзывания) будет проискодить при условии $\omega^2 R \leq \mu g$, т. е. при $\omega^2 R / (\mu g) \leq 1$.

При значениях безразмерного параметра $\omega^2 R / (\mu g)$, превосходящих единицу (т. е. при достаточно большой угловой скорости $\omega$, или большом радиусом $R$, или малом

44

Движной системе отчета (окружность радиусом $r$) и след, который монета вычерчивает на движущейся площадке (окружность радиусом $\rho$). Если в неподвижной системе отчета монета движется против часовой стрелки (как и площадка), то относительно площадки ее движение происходит по часовой стрелке. При «быстром» движении площадки, когда $\omega^2 R/(\mu g) \gg 1$, монета в неподвижной системе отчета практически стоит на месте $(r \ll R)$, а площадка под ней описывает круги радиусом $R$, так что $\rho \approx R$. При «медленном» движении площадки, когда $\omega^2 R/(\mu g) \gtrsim 1$, монета почти не отстает от площадки, описывая в неподвижной системе отчета круги почти такого же радиуса: $r \approx R$, так что $\rho \rightarrow 0$.

Е. И. Бутиков

Ф1136. В схеме, приведенной на рисунке 1, амператоры показывают точки 0,2 А и 0,3 А. После того как два резистора в схеме помещали местами, показания амператоров не изменились. Какой ток чечет через батарею? Считать напряжение батареи неизменным. Сопротивления амператоров претензиймо малы.

В исходной схеме напряжение на каждом резисторе одно и то же. Раз после перестановки резисторов показания амператоров не изменились, значит, сопротивления переставленных резисторов одинаковы.

Рассмотрим два возможных варианта перестановки среднего резистора и одного из крайних (рис. 2):

$$R_1 = R_2 \text{ и } R_2 = R_3.$$

Вариант $R_1 = R_3$, т. е. перестановка крайних резисторов, невозможен, так как иначе амператоры изначально должны быть бы показывать одинаковые точки.

Итак (см. рис. 2):

Рис. 1. Рис. 2.

1. $R_1 = R_2 \Rightarrow I_1 = I_2 = \frac{I_1 + I_2}{2} = 0,1 \text{ A},$
   $$I_{6ат1} = I_1 + (I_2 + I_3) = 0,1 \text{ A} + 0,3 \text{ A} = 0,4 \text{ A}.$$

2. $R_2 = R_3 \Rightarrow I_2 = I_3 = \frac{I_2 + I_3}{2} = 0,15 \text{ A},$
   $$I_{6ат2} = I_3 + (I_1 + I_2) = 0,15 \text{ A} + 0,2 \text{ A} = 0,35 \text{ A}.$$

А. Р. Зильберман