Квант 2018, №10 · Страницы

3

ИТЭР

–

плазменного шнура, в котором и происходит термоядерная реакция. В вакуумной камере (и внутри криостата) давление не должно превышать $10^{-} 4$ Па, что в миллиард раз меньше атмосферного давления. Для создания такого вакуума в огромном объеме криостата и вакуумной камеры 400 насосов разного типа должны работать не меньше двух недель. Стенки вакуумной камеры – двойные. Как и стенки криостата, они представляют собой охладительный термос, в котором хладоагентом будет дистиллированная вода под давлением 4 МПа. Поступая с температурой $70 \infty C$, вода с большой скоростью будет проходить сквозь стенки вакуумной камеры, нагреваясь до $120 \infty C$ и унося с собою основную часть энергии, выделяющейся в термоядерной реакции. При этом вода, покидая стенки камеры, еще только начинает закипать и шумит точь-в-точь, как начинающий закипать чайник. Этот шум будет тщательно контролироваться акустическими приборами – как показатель нормальной работы реактора. Активное кипение начинается, когда вода покидает камеру и ее давление начинает падать. В токамаке не предусмотрено использование водяного пара для вращения турбин турбогенератора и получения электрического тока. Это не промышленный, а экспериментальный реактор. Он предназначен для отработки всех отдельных элементов термоядерного устройства. Поэтому пароводяная смесь после охлаждения, очистки и проверки на чистоту вновь будет поступать туда, где она отбирает тепловую энергию, – в «термосное» пространство стенок вакуумной камеры. В этом есть некоторое сходство с первыми атомными (плутониевыми) реакторами (1942 г., Чикаго, Э.Ферми; 1946 г., Москва, И.В.Курчатов). Внутренние стенки вакуумной камеры, обращенные к плазменному шнуру, выложены 440 съемными бланкетами (одеялами). Каждая бланкета представляет собой сложную конструкцию из стали и меди с экраном площадью $1,5 м^{2}$ и толщиной

СЕГОДНЯ

10 мм, выполненным из бериллия – тугоплавкого и прочного металла, не взаимодействующего с нейтронами, а отражающего и замедляющего их. Это и есть главные объекты токамака, принимающие на себя основную энергию термоядерной реакции – кинетическую энергию рождающихся нейтронов, имеющих огромные скорости порядка 20000 км/с. В результате многочисленных последовательных столкновений нейтроны передают свою энергию ядрам бериллия и замедляются. Бланкета нагревается, но не очень сильно (до $240 \infty C ).$ Дальнейшему разогреву препятствует непрерывное омывание внутренней полости камеры водой, которая, нагреваясь, и уносит энергию реакции. Тепловое излучение плазменного шнура, имеющего температуру 150 миллионов градусов, тоже дает немалый вклад в разогрев воды. Оставшаяся непоглощенной часть излучения проходит во внутреннее помещение к стенкам криостата и отдает свою энергию холодному жидкому азоту. Остается еще «хвостик» излучения – гамма-кванты. Для их поглощения криостат снаружи и сверху окружен мощной бетонной защитой толщиной от 1,5 до 3 метров. Стоя за этой бетонной стеной, трудно будет представить, что внутри бушует термоядерный звездный жар. А там внутри – «стакан» криостата, окруженный разными трубами и механизмами. А внутри криостата – камера-бублик размером с трехэтажный дом, окруженная гигантскими магнитами. И если бы можно было заглянуть внутрь этого бублика, то там обнаружилось бы висящее в вакууме нестерпимо яркое кольцо водородной плазмы – источник термоядерной энергии. Как в сказке – сундук, внутри – шкатулка, в шкатулке – яичко, в нем – золотой перстенек. Или, если угодно, – матрешки, каждая из которых, правда, не копирует предыдущую. Ну, а что же строится вокруг центрального «сундука»? На снимках видны котлованы, фундаменты, стены многих сооружений и всюду – подъемные краны. А вокруг – складские помещения. Особенно

4

КВАНТ 2018/№10

впечатляет огромное сооружение рядом с центром. Но это – всего лишь сборный цех, в котором сооружаются отдельные громоздкие детали криостата: поддон, крышка и стены холодильного «термоса». Оказывается, осуществлять надежную сварку этих деталей, состоящих из десятков отдельных стальных листов, можно только в их горизонтальном положении с тщательно проверяемым каждым сварным швом. После сварки гигантский кран будет перемещать эти детали на их постоянное место. В этом году полностью подготовлено железобетонное основание для поддона криостата, который уже готов в соседнем здании и ждет установки на свое место. Подготовка железобетонного основания и всего фундамента под реактор – чрезвычайно ответственная операция. Ведь многотысячетонные криостат и вакуумная камера не должны испытывать ни малейших деформаций. Все возможные природные колебания грунта должны поглощаться и гаситься фундаментом и основанием. Между поддоном криостата и его железобетонным основанием должно быть пространство для установки различных технологических устройств. Поэтому фундамент под криостатом имеет очень сложную форму, напоминающую корону. Строители так его и прозвали. Этим летом в ИТЭР-прессе было заявлено об окончании сооружения «короны». Она выполнена из совершенно необычного бетона. Его плотность в полтора раза больше, чем у обыкновенного строительного бетона. Впервые употребленный для него тяжелый гравий был доставлен из Лапландии. Очень непроста проблема питания плазменного шнура топливом – смесью дейтерия и трития. ИТЭР, как и все предыдущие токамаки, – генератор энергии импульсного действия. Каждый импульс длится около 8 минут. За это время «сгорает» один грамм «топлива», такова масса плазменного шнура. А по выделяющейся энергии этот грамм эквивалентен 10 тоннам каменного угля. К концу импульсного периода температура в шнуре начинает падать – необходима подпитка.

Но при этом нельзя нарушать вакуум во всем криостате. Очередная порция топлива в виде «ледяных» шариков, имеющих температуру 10 К, выстреливается в вакуумную камеру. Одновременно с шариками в камеру вводится импульс высокочастотного электромагнитного поля, рождаемого специальными устройствами – электронно-циклотронными резонаторами (гиротронами). Поле частотой 50 МГц вводится в камеру через 60 окон, выполненных из поликристаллического искусственного алмаза (он прозрачен для такой частоты). Поглощая энергию поля, шарики топлива ускоряются, ионизуются и затем под действием магнитного поля попадают в плазменный шнур, разогревая его до температуры начала термоядерной реакции. Вновь в шнуре 150 миллионов градусов и 46 тысяч ампер. Вновь нагреваются до кипения потоки воды внутри «лепестков» вакуумной камеры. И так повторяется сотни и тысячи раз, пока не придет пора заменять бериллиевые экраны в бланкетах, передающих энергию нейтронов воде и жидкому азоту, охлаждающему криостат. Нельзя не остановиться на задаче создания в камере магнитных полей в десятки тесла. Для таких полей ток в обмотках магнитов должен быть не менее 60000 ампер. Это могут быть только сверхпроводящие обмотки. Используются сплавы ниобий–олово и ниобий–тантал, имеющие

5

ИТЭР

–

нулевое сопротивление при температуре 3 К. Жгуты проводов называются стрендами. В один жгут в стренде скручиваются 5000 тончайших проволочек сплава (толщина каждой проволочки 6 микрометров), а 1440 стрендов скручиваются в кабель и помещаются в оболочку, внутри которой будет циркулировать жидкий гелий. Россия уже произвела и доставила на строительную площадку 120 тонн таких кабелей для полоидальных магнитов. (Магнитное поле называется полоидальным, когда оно направлено вдоль линий, проходящих через полюсы сферической системы координат. Именно такое поле используется в токамаке для удержания плазмы в стабильном состоянии.) Их производство было организовано с нуля в 2010 году на Чепецком механическом заводе (г.Глазов, Удмуртия). В работе были задействованы и другие производства и научноисследовательские институты, где разрабатывалось и создавалось необходимое оборудование. Совет ИТЭР высоко оценил этот вклад России в общее дело. Для обеспечения непрерывного тока жидкого гелия и жидкого азота строится отдельное здание – «фабрика холода», где будут работать самые современные холодильные турбодетандеры и другие установки. Очень важной задачей является выведение из вакуумной камеры главного продукта реакции – гелия. В нижней части камеры предусматриваются специальные устройства – диверторы (пепельницы). Часть диверторов занимают «кокосы». Так конструкторы ИТЭР прозвали слои активированного угля для поглощения ионов гелия, направляемых туда полоидальным магнитным полем. Дело в том, что наилучшим поглотителем гелия оказался уголь, полученный из сердцевин кокосовых орехов определенного вида. У диверторов есть и другие задачи. В конце каждого цикла нужно вывести из камеры недогоревшее топливо. Дейтерий и тритий разделяются и затем поступают на «фабрику» подготовки топлива. Но основное количество топлива будет поступать в ИТЭР с заводов по производ-

СЕГОДНЯ

ству дейтерия и трития, находящихся в других местах. Килограмм трития в настоящее время стоит 30 миллионов долларов, а ИТЭР будет расходовать полтора килограмма трития в месяц. Поэтому в проекте следующего реактора ДЕМО предусматривается получение трития непосредственно на реакторе при облучении нейтронами лития. Задачей дивертора является и сбор бериллиевой пыли, возникающей на бланкетах во время работы реактора. Недопустимо попадание этой пыли в воздух, которым дышат люди. Во всех пунктах сбора бериллиевой пыли и ее эвакуации предусматриваются усиленные меры техники безопасности и тщательный контроль за их соблюдением. Важнейшей частью проекта становится проектирование и разработка средств контроля и управления всеми технологическими процессами – «фабрики управления». Информация от нескольких сотен датчиков будет преобразовываться в цифровые интерфейсы, поступающие в контроллеры, языком которых будут протоколы, таблицы, диаграммы и т.п. Советом ИТЭР определено, что возглавлять эту работу и создавать большую часть контрольных приборов будут российские ученые и инженеры. Пожалуй, это будет самым существенным вкладом России в создание ИТЭР. В конце 2018 года в Москве состоится IV Международная научно-практическая конференция «Актуальные проблемы информационных технологий, электроники и радиотехники» (ИТЭР–2018), в которой примут участие 26 научных организаций России и Казахстана. Публикуемая статья – первый опыт популярного описания конструкции ИТЭР и современного состояния его сооружения. Автор старался ограничиваться минимумом сведений, необходимых для понимания сути дела. Но все равно этот минимум получился обширным и содержащим много количественных данных. Удалось ли при этом дать представление о масштабности проекта и его значении – судить читателю.

9

ЗАДАЧА

О

ЗАВИСТЛИВЫХ

кую из них, по его мнению. То же самое можно сделать, если разбойников n и разбойник с номером i должен получить часть $p_{i} q$, где q ¦ $p_{i}$ – общий знаменатель всех рациональных долей. Просто представим, что каждый разбойник – это на самом деле $p_{i}$ разбойников. Но что делать, если D – иррациональное число? Пусть первый разбойник разделит добычу на части D и 1 D. Если второй не согласен, значит, первую часть он оценивает, как большую, чем D, а вторую – как меньшую, чем 1 D. Как это использовать? Раз он считает первую часть такой ценной, пусть и забирает ее! Теперь осталось ему отдать 1 2 D, а второму – D. Вроде бы ситуация не изменилась? Но нет, второй-то отданную часть оценивает повыше, чем D. Пусть d – это насколько повыше, чем D, он оценивает этот кусочек. Теперь получается, что у второго образовался небольшой запас. При оставшемся разделе он может согласиться получить чуть меньше, чем 1 2 D, главное, чтобы это «чуть» было не больше, чем d. Мы придумали, как немного «пошевелить» мнения наших разбойников (использовали идею малых шевелений). Но как это поможет закончить дележку? Небольшое шевеление означает, что оставшуюся часть мы можем делить не в отношении D: 1 2 D, а в отношении D G: 1 2 D G, где G d. Первый-то будет не против, что вместо D ему достанется D G. А второй не против получить на G меньше, так как он уже забрал кусочек, который больше на d, чем он рассчитывал. И тут нам на помощь приходит факт, что для каждого действительного числа E можно подобрать близкое к нему рациональное r. Более точно это можно сказать так: какое бы мы ни взяли маленькое положительное число H, можно выбрать рациональное r такое, что разница между E и r будет меньше H.

Эта идея приходит из математического анализа, где как раз и изучаются такие бесконечно малые величины. Там же доказывается, что любое действительное число можно приблизить с любой точностью рациональными числа-

РАЗБОЙНИКАХ

ми. Как говорят, множество рациональных чисел всюду плотно.

Теперь мы можем завершить дележ – для рациональных-то чисел мы уже научились делить! Выберем G так, чтобы отношение D G: 1 2 D G было рационально, а дальше уже все ясно! Также понятно, как обобщить алгоритм и разделить добычу на n разбойников в отношениях $D_{1} : D_{2} :^{…} : D_{n}$. Можно считать, что на n – 1 мы уже умеем делить (принцип математической индукции) и n – 1 разбойников поделили добычу в отношениях $D_{1} : D_{2} :^{…} : D_{n} 1$. Теперь пришел еще один разбойник. Пусть он подойдет к каждому из остальных и проведет раздел на двоих в отношении $D_{n} : 1 D_{n}$. Так он получит свою долю, а отношения остальных долей не изменятся. Итак, небольшое обобщение условия дало нам полезную идею: часть добычи, которую разбойники оценивают по-разному, можно рассматривать как запас. Если есть различия в оценке, то в оставшейся части добычи это можно использовать, т.е. один разбойник может чуть-чуть уступить. В случае раздела на троих с завистью мы использовали похожий прием: первый разбойник готов был согласиться, что второй заберет полностью или частично всю кучу $A_{2}$.

Обобщенный дележ со слабой завистью

Теперь вернемся к основному случаю с завистью. На этот раз попробуем не обобщить условие задачи, а наоборот, ослабить его. Пусть пока общего алгоритма раздела нет, но, может быть, можно сделать «почти раздел», когда разбойник согласен, что кто-то получил больше, но не более чем на какое-то первоначально выбранное маленькое число H. Продолжая эту мысль дальше, зададимся вопросом: могут ли разбойники разделить добычу на две равные части, причем чтобы каждый из них считал, что это соотношение выполнено с точностью до H? «С точностью до H » в данном случае означает, что каждая часть отличается от 1 2 не более чем на H по мнению каждого из разбойников.

12

КВАНТ 2018/№10

щем: если некоторый маленький кусок добычи несколько разбойников оценивают как больший, чем $G_{2}$, а остальные – как меньший, чем $G_{1}$, и $G_{1} G_{2}$, то мы можем принять $H G_{2} G_{1}$. Теперь если отдать этот кусок первой группе, то вторая группа не будет завидовать первой в пределах H, т.е. у нас появляется тот самый небольшой запас, чтобы задавать точность дальнейших разделений и применить ту технику, которую мы придумали. Любопытно, что если просто какуюлибо маленькую часть добычи все разбойники оценивают неодинаково, то мы можем упорядочить их оценки по возрастанию:, $P_{1} d P_{2} d^{…} d P k P k_{1} d^{…} d P_{n}$ и, взяв любые две неодинаковые последовательные оценки $P k P k_{1}$, разделить разбойников на две описанные выше группы: в первую группу войдут разбойники с оценками не меньше $G_{2} P k_{1}$, а во вторую группу – с оценками не больше $G_{1} P k$. Если мы отдадим такой кусок первой группе разбойников, между собой они его смогут поделить по предположению индукции, это понятно. Но отдав маленький кусочек части разбойников, остальную добычу придется делить уже не поровну, а в некотором соотношении, и для этого случая у нас нет предположения индукции! Что же делать? Давайте опять обобщим условие. Будем рассматривать не раздел поровну на n завистливых разбойников, а раздел с некоторым назначенным правилом $D_{1} : D_{2} :^{⋯} : D_{n}$. Условие зависти тут будет обобщенное: каждый относительно любого другого хочет получить долю не меньшую, чем предполагает заданная пропорция. Выразим это так. Пусть $A_{ij}$ – это то, как оценивает i-й разбойник j-й кусок добычи. Тогда для любой пары i и j должно быть верно неравенство $A_{ii} A_{ij} t D_{i} D_{j}$. Иными словами, i-й разбойник оценивает отношение своей доли к доле j-го разбойника как не меньшее, чем отношение их долей в назначенном правиле. Если все $D_{i}$ равны 1, то получается обычная задача деления поровну с завистью.

Если теперь осуществлять раздел с обобщенным условием зависти, то и индуктивное предположение можно тоже использовать с обобщенным условием, а это уже гораздо удобнее! Но, правда, нам надо передоказать базу. Впрочем, база для двух разбойников – это как раз задача про раздел в соотношении D: E. Для двух-то разбойников завистливый случай от независтливого не отличается.

Окончательный алгоритм

Вернемся теперь к задаче с обобщенным условием зависти. Допустим, для числа разбойников от 1 до n – 1 мы делить уже умеем. Нам нужно сделать индуктивный переход. Попробуем оформить все идеи и построения, которые мы до этого придумали. Пусть первый разбойник разделит добычу в исходных пропорциях. Если все согласны, то алгоритм завершен. В противном случае найдется кусок I, который часть разбойников оценивает больше некоторого числа M (назовем ее группой 1, пусть это первые s разбойников), а другая часть – меньше M (группа 2).

Можно считать, что кусок I все считают маленьким, т.е. меньшим любого выбранного наперед числа. Действительно, мы же можем поделить I на миллиард одинаковых частей с погрешностью, меньшей чем максимальная оценка I среди разбойников. Кроме того, можно считать, что ровно в M никто кусок I не оценивает (см. рассуждения выше).

Заметим, что разностей между оценками разбойниками куска I и числом M всего n, у первой группы они положительны, у второй – отрицательны. Значит, можно выбрать такое маленькое положительное число Z, которое меньше, чем модули всех этих n разностей. Тем самым, в пределах Z вторая группа не будет завидовать первой. Этот кусок I предназначается группе 1, пока отложим его. А остальную добычу разделим на две части A и B в отношении $D_{1}^{⋯} D_{s} M : D_{s} 1^{⋯} D_{n}$ так, чтобы все согласились с этим делением с точностью до Z. Тогда как оценивает группа 1 два куска A и I вместе?

13

ЗАДАЧА

О

ЗАВИСТЛИВЫХ

Каждый из группы 1 эти два куска в сумме считает строго большими, чем $D_{1}^{⋯} D_{s}$, т.е. больше, чем полагающееся всей группе количество добычи! Раз каждый считает A + I строго большим, чем $D_{1}^{⋯} D_{s}$, значит, можно выбрать такое положительное число $G_{1}$, что каждый из первой группы считает A + I большим, чем $D_{1}^{⋯} D_{s} G_{1}$.

Используемый нами тут прием: если X > Y, то можно выбрать такое положительное число a, что X > Y + a, также довольно типичен для математического анализа. Из строгости неравенства мы можем извлекать некоторый запас для дальнейших построений.

А что же со второй группой? Каждый из них считает части A + I меньше, чем $D_{1}^{⋯} D_{s}$ (эти-то считают I меньшим M ). Значит, остальное, т.е. часть B, каждый из них считает больше, чем $D_{s} 1^{⋯} D_{n}$. И опять можно выбрать такое $G_{2}$, что каждый из второй группы оценивает часть B как большую, чем $D_{s} 1^{⋯} D_{n} G_{2}$. Итак, уже виден свет в конце тоннеля: нам удалось разделить разбойников на две группы, выделить этим группам доли, да еще все уверены, что им достается чуть больше, чем нужно, т.е. у нас появляется столь необходимый запас! Выберем G как минимальное из $G_{1}$ и $G_{2}$, чтобы дальше работать с одним числом, символизирующим наш запас точности. Теперь, в соответствии с нашим планом, мы должны воспользоваться индуктивным предположением, чтобы первая группа разделила на своих разбойников объединенный кусок A + I, а вторая – кусок B. Почему мы при этом не превысим наш запас точности? Выберем H много меньше G. Теперь посмотрим на процесс дележа, который нам предоставляется индуктивным предположением. Этот дележ состоит из последовательности элементарных делений, когда какой-то разбойник делит что-то в каких-то пропорциях. Так пусть такие элементарные деления проводятся таким образом, чтобы все остальные были согласны, причем с точностью,

РАЗБОЙНИКАХ

которая растет в два раза при каждом следующем элементарном делении. Тем самым, первый раздел пусть проводится так, чтобы все остальные n разбойников согласились с точностью до H 2, второй – чтобы все согласились уже с точностью до H 4, и так далее. Иными словами, если проводится k-й раздел (неважно, каким разбойником), то все остальные соглашаются с ним с точностью до $H 2^{k}$. При таком проведении разделов получится, что мнения любых двух разбойников по любым двум непересекающимся кускам добычи могут различаться только менее чем на H. Теперь проверим, что зависти действительно не будет. Внутри первой группы никакие два разбойника друг другу не завидуют, по предположению индукции. Аналогично внутри второй группы. Рассмотрим разбойников из разных частей. Их мнения по полученным кускам могут разойтись не более чем на H, причем $H d G_{1}$ и $H d G_{2}$, т.е. погрешности раздела незначительны по сравнению с имеющимися у нас запасами. При этом каждый разбойник думает, что он получил чуть больше, чем полагается (так как на всех было выделено чуть больше). Алгебраически это можно выразить так: $A_{ii} D_{i}$! 1. А про разбойников из другой части каждый из них думает, что они получили меньше, чем им положено: $A_{ij} D_{j} < 1.$ Но тогда $A_{ii} D_{i}$! $A_{ij} D_{j}$. И следовательно, $A_{ii} A_{ij}$! $D_{i} D_{j}$, т.е. условие зависти выполняется.

Эпилог

Подведем итоги нашей работы. Ключ к задаче удалось подобрать, когда мы немного поиграли с условием: сначала чуть ослабили его, потом чуть усилили, рассмотрев обобщенное условие зависти. Ключевыми являются две идеи. Первая – рассмотрение деления добычи с некоторой точностью. И вторая – возможность замены элементарного раздела на последовательность разделов, но уже таких, чтобы все были согласны с разделом с какой-то точностью. Эти две идеи – основные, но кроме них есть еще несколько

14

КВАНТ 2018/№10

второстепенных технических идей: использование куска, который оценивается неодинаково, для создания запаса; оформление алгоритма в виде индуктивного; использование разделов с быстро увеличивающейся точностью (сходящийся ряд). Многие из этих идей широко известны и часто применяются в различных ситуациях. Очень полезно владеть широким набором таких технических идей. Их богатый арсенал позволяет подходить к задаче с разных сторон, а это уже помогает нащупать путь для решения. Интересно, что в комбинаторной задаче работают методы малых величин, типичные для анализа. Из-за этого найденный алгоритм не очень эффективен на практике. Мы даже не можем оценить, каким будет число разделов в зависимости от n. Значит, в этой задаче еще есть над чем поработать. Для интересующихся данной темой есть набор статей. Может быть, кому-то из читателей удастся придумать собственный алгоритм раздела!

Литература

ференции Турнира городов, том 1, 2009, с. 71–82. 2. W.Stromquist. How to cut a cake fairly. – The American Mathematical Monthly, vol. 87, №8, 1980, pp. 640–644. 3. S.J.Brams, A.D.Taylor. An envy-free cake division protocol. – The American Mathematical Monthly, vol. 102, №1, 1995, pp. 9–18. 4. S.J.Brams, A.D.Taylor, W.S.Zwicker. A moving-knife solution to the four-person envy- free cake division. – Proceedings of the American Mathematical Society, 125, 1997, pp. 547–554. 5. W.Stromquist. Envy-free cake divisions cannot be found by finite protocols. – The Electronic Journal of Combinatorics, R11, 15, 2008. 6. A.D.Procaccia. Thou shalt covet thy neighbor’s cake. – Proceedings IJCAI’09, pp. 239–244. 7. H.Aziz, S.Mackenzie. A discrete and bounded envy-free cake cutting protocol for any number of agents. – Preprint, https://arxiv.org/abs/ 1604.03655 8. H.Aziz, S.Mackenzie. A discrete and bounded envy-free cake cutting protocol for four agents. – Preprint, https://arxiv.org/ abs/1508.05143

1. И.А.Иванов, А.Я.Канель-Белов, С.И.Кублановский, А.С.Малистов. Задача о разбойниках. – Избранные материалы Летней кон-

Работа поддержана грантом РНФ №17-11- 01337. Первый автор является лауреатом премии «Молодая математика России».

НАМ ПИШУТ

Еще раз о построении касательной

В статье Д.Швецова «Поляра» («Квант» №5 за 2017 г.) показано, как с помощью одной линейки из точки вне окружности провести к этой окружности касательные. Наш постоянный автор и читатель И.Вайнштейн заметил, что это построение позволяет проводить касательную к окружности и через точку, лежащую на окружности. Приведем построение из письма И.Вайнштейна. Пусть на окружности дана точка E (рис.1). Через эту точку проведем секущую (не через центр окружности), которая пересечет окружность в точке F. Возьмем на прямой EF произвольные точки B и D вне окружности и из них проведем касательные к окружности так, как это указано в статье «Поляра». Пусть соответствующие точки пересечения касательных – A

Рис. 1

и C, а точки касания – K, L, M, N. Пусть прямые KL и MN пересекаются в точке P. Тогда PE – искомая касательная. В самом деле, нетрудно доказать, что прямая AC тоже проходит через точку P, прямые NK и ML пересекаются на прямой BD, а точки

(Продолжение см. на с. 25)

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Задачи по математике и физике

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электронным адресам: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашим решением этой задачи присылайте по тем же адресам. Задачи М2531 и М2532 предлагались на III Олимпиаде мегаполисов.

Задачи М2530–М2533, Ф2537–Ф2540

M2530. В остроугольном треугольнике на сторонах BC, CA, AB взяты точки $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ соответственно так, что отрезки $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ пересекаются в одной точке. Известно, что BC ˜ $AA_{1} CA$ ˜ $BB_{1} AB$ ˜ $CC_{1}$. Докажите, что $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ – это высоты треугольника. П.Кожевников

M2531. Пусть k – натуральное число и $1 d_{0} d_{1}$ … $d_{m} 4 k$ – все положительные делители числа 4k. Докажите, что найдется i  ^ 1, …, m ` такое, что $d_{i} d_{i} 1 2$. И.Митрофанов

M2532. Аня и Максим играют в игру на клетчатой доске 100 u 100. Сначала Аня заполняет клетки доски целыми числами от 1 до 10 000 так, что каждое число встречается по одному разу. Затем Максим ставит фишку на одну из клеток самого левого столбца по своему выбору. Далее он за несколько ходов передвигает фишку в самый правый столбец. За один ход он может передвинуть фишку из клетки в любую соседнюю с ней по вершине или стороне. За каждую посещенную клетку (включая изначальную) Максим платит Ане такое число монет, которое написано на этой клетке. Максим хочет заплатить как можно меньше, Аня же хочет получить как можно больше. Сколько монет

заплатит Максим, если каждый из них будет действовать наилучшим для себя образом? Л.Шабанов

$M2533^{*}$. Дан тетраэдр. Пусть a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, а D и E – величины двугранных углов при этих ребрах; c и d – длины ребер в другой паре противоположных ребер, а J и G – величины двугранных углов при этих ребрах. Докажите, что a + b = c + d тогда и только тогда, когда D E J G. М.Панов

Ф2537. Два одинаковых бруска сцеплены жесткой невесомой штангой и движутся по гладкой горизонтальной поверхности стола (см. рисунок). В некоторый момент бруски начинают въезжать на шероховатый участок стола. Найдите коэффициент трения P брусков о шероховатую поверхность, если они в начале движения имели скорость v, а после прохождения шероховатого участка стола движутся со скоростью u. Длина каждого бруска l, штанги s, шероховатого участка стола l + s. А.Иванов

Ф2538. Зимой помещение отапливается с помощью нагревателя, который на своей

17

ЗАДАЧНИК

Рис. 2

Пусть две параболы $G_{1}$ и $G_{2}$ (с параллельными осями) пересекаются в точках A и B (рис.2). Пусть прямая, проходящая через A, пересекает вторично $G_{i}$ в точке $A_{i} (i = 1,$ 2), а прямая, проходящая через B, пересекает вторично $G_{i}$ в точке $B_{i}$. Тогда $A_{1} B_{1} P A_{2} B_{2}$. А.Антропов, П.Кожевников

M2519. Назовем способ разбиения множества из 2n натуральных чисел на n пар бесквадратным, если ни в одной паре произведение чисел не является квадратом натурального числа. Известно, что для данных 2n различных натуральных чисел существует бесквадратный способ разбиения на пары. Докажите, что в таком случае существует не менее n! бесквадратных способов разбиения этих 2n чисел на пары.

Каждому натуральному числу m поставим в соответствие множество простых чисел P m, каждое из которых входит в разложение числа m в нечетной степени. Например, $P 2^{3}$ ˜ $7^{8}$ ˜ 11 ^ 2; 11 ` $, P 3^{4}$ ˜ $5^{6}$ ‡. Очевидно, произведение натуральных a и b является точным квадратом тогда и только тогда, когда множества P a и P b совпадают. Покрасим данные 2n чисел таким образом: числа, для которых множества P m совпадают, покрасим в один и тот же цвет, а для которых множества P m отличаются – в разные цвета. Поскольку существует бесквадратное разбиение на пары, в каждый цвет покрашено не более n чисел. Докажем следующую лемму, из которой сразу последует решение задачи.

«КВАНТА»

Лемма. Пусть 2n (различных) объектов покрашены в несколько цветов так, что в каждый цвет покрашено не более n объектов. Тогда существует не менее n! способов разбить эти объекты на разноцветные пары (т.е. так, чтобы в каждой паре были объекты разных цветов). Доказательство леммы. Проведем индукцию по n. База n = 1 очевидна. Докажем переход от n – 1 к n. Выберем цвет c, который встречается среди данных объектов наибольшее количество раз, т.е. пусть имеется k объектов цвета c, а объектов любого другого цвета не более k. Возьмем объект A цвета c и подберем для него пару B любого цвета d, отличного от c; это можно сделать 2n – k способами. При этом 2n k t n, так как k d n. Удалив пару A, B, мы получаем множество из 2 n 1 объектов. Проверим, что их покраска удовлетворяет условию леммы. Действительно, предположим противное, и объектов какого-то цвета e не меньше n. Цвет e отличен от c и d, так как после удаления A и B объектов каждого из цветов c и d осталось не более n – 1. Тогда k t n, и до удаления объектов A и B цвета c и e занимали по n объектов – противоречие (по меньшей мере еще есть объект B цвета d). Таким образом, мы можем воспользоваться предположением индукции. Значит, на каждый способ выбрать объект B для полученного множества из 2 n 1 объектов имеется не менее n 1! разбиений на разноцветные пары. Итого для множества из 2n объектов – не менее n n 1! разбиений на разноцветные пары. Лемма доказана, что завершает решение задачи. Укажем подход к другому решению. Введем вспомогательный граф: числам поставим в соответствие вершины (итого 2n вершин), а ребрами соединим пары вершин, для которых произведение чисел не равно точному квадрату. Нетрудно доказать, что в таком графе выполнено следующее условие переключения: если есть пара ребер AB и CD, где A, B, C, D – некоторые четыре различные вершины, то либо также есть пара ребер AC и BD, либо есть пара ребер AD и BC (условие пере-

24

КВАН T 2018/№10

«Призрачные» трубы

Е.БАКАЕВ, А.ВЕСНИН

ТЕПЛОВАЯ ЭЛЕКТРОСТАНЦИЯ СЕНДЗЮ в Токио работала с 1926 по 1963 год. Ее «призрачные» трубы остались на многих фотографиях и фильмах того времени и стали одним из символов региона. У электростанции было 4 огромных дымовых трубы высотой 83,5 метра и шириной 5–6 метров. На момент постройки они были самым высоким сооружением в Токио. Почему их стали называть «призрачными»? Предлагается два возможных объяснения. Согласно первому, дым из этих труб выглядел как призрак – эта электростанция была запасной, и дым появлялся редко и неожиданно. По другой версии, трубы так назвали изза их интересного свойства: в зависимости от того, с какой стороны издали посмотреть на электростанцию, казалось, что труб 4, 3, 2 или даже только 1. Например, на рисунке 1 видно 4 трубы.

Схема расположения труб была примерно такой, как на рисунке 2 (вид сверху). Трубы обозначены четырьмя кружками, их центры образуют вытянутый ромб. Стрелками показаны 4 направления, с которых можно увидеть нужное число труб. При взгляде вдоль первого направления будет казаться, что стоит одна широкая труба (рис.3), потому что ближ- Рис. 2 няя труба будет загораживать одну из труб и просвет между другими двумя.

Рис. 3

Рис. 1

Как могут располагаться трубы, чтобы это свойство выполнялось? Ниже представлено решение, но рекомендуем читателю сначала подумать над этим вопросом самостоятельно.

Второе направление идет параллельно сторонам ромба, и если посмотреть издалека, то две трубы будут почти целиком загораживать две другие (рис.4). Если посмотреть с третьего направления, то одна труба будет полностью закрыта, а другие три видны (рис.5). Все четыре трубы видно со многих направлений, например с четвертого. В качестве упражнения придумайте, как можно расположить 5 труб, чтобы с разных ракурсов можно было увидеть все количества труб от 1 до 5. Предлагаем

25

«КВАНТ»

Д Л Я

МЛ АДШИХ

ШК ОЛ ЬНИК О В

Рис. 5

Рис. 4

(Начало $см.^{на}$ с. 14) пересечения диагоналей четырехугольников KLMN и ABCD совпадают. Затем достаточно использовать основную теорему статьи «Поляра». Понятно, что одним построением можно провести касательные через две данные точки (E и F), если только эти точки не являются концами одного диаметра. Данное построение выглядит изящно, правда, не строит забывать, что здесь мы дважды использовали непростую «подпрограмму» построения касательных из точки, лежащей вне окружности. Обсуждая данную тему, вспомним еще одно классическое построение касательной к окружности через точку, лежащую на этой окружности. Помимо данной $точки^{E}$ выберем на окружности еще четыре $точки:^{A,} B,^{C,} D$ (рис. 2). Проведем прямые AB, BC, CD, DE, EA (для точек в конфигурации рисунка 2 получилась

Рис. 2

также решить аналогичную задачу для 6 труб. Информация и фотографии, опубликованные Tokyo Electric Power Company, взяты со страницы v.ht/tepco сайта adachi.ne.jp. Другие кадры «призрачных» труб можно увидеть, например, в начале фильма «Там, где видны фабричные трубы» (см. youtu.be/e48UsS5BY54).

пятиконечная звезда). Далее проведем прямую p через точки пересечения пар $прямых^{AB,} DE и^{EA,}$ CD. Пусть X – точка пересечения прямых$^{BC}$ и p (в общем случае эти прямые не будут параллельны). Тогда прямая XE и будет нужной касательной. Обоснование этого способа опирается на теорему Паскаля для шестерки $точек^{ABCDEE}$ (с кратной $точкой^{E):}$ если шесть $точек^{A,} B,^{C,} D,^{E,} F$ лежат на окружности, то точки пересечения пар $прямых^{AB} и^{DE,} BC и^{EF,} CD$ и FA лежат на одной прямой. У нас $точки^{E}$ и F слились в одну $точку^{E}$ и вместо $прямой^{EF}$ берется касательная на окружности в $точке^{E.}$ Отметим, что здесь нам потребовалось провести всего семь прямых (седьмая проведенная прямая – уже требуемая касательная). В заключение посмотрим, как меняется наша задача на построение, если помимо линейки мы позволим себе использовать и циркуль. В коллекции интерактивных задач по геометрии Euclidea (www.euclidea.xyz) имеется такая: построить касательную к окружности через точку, лежащую на этой окружности, проведя всего три линии (третья линия должна быть требуемой касательной). Это красивое построение мы помещаем в конце журнала. Читатель может попробовать самостоятельно придумать решение и убедиться, насколько добавление циркуля делает «мощнее» набор инструментов.

27

ШКОЛА

В

«КВАНТЕ»

Рис. 2. а) Изменение х со временем состоит из кусков синусоид. В точках А и В происходит переключение знака (направления) силы сухого трения, в точке С шарик останавливается. б) Фазовая плоскость колебаний при сухом трении – чередующиеся полуокружности с центрами в точках x, x, x. в) Зависимость силы сухого трения от скорости – кусочно-постоянная

Способного ученика осенило: даже если верно принятое предположение о независимости величины силы трения от скорости тела, то все равно нужно учесть зависимость от направления последней. Это значит, что шарик, двигаясь влево под действием возвращающей силы упругости пружины и проскочив за счет инерции положение равновесия (x = 0), сожмет пружину, на мгновение остановится, а затем начнет двигаться вправо. Но при этом изменится и знак силы трения: теперь она будет направлена влево, опять же противоположно направлению скорости. Так что в уравнении (1) силу трения правильнее записать так: $F_{тр} F_{x} mg_{y}$ P˜ sign $v_{x}$, где sign $v_{x}$ – разрывная функция, означающая просто «знак $v_{x}$ ». Она называется еще ступенчатой, кусочнопостоянной, релейной (переключающей). График этой силы трения приведен на рисунке 2,в. Таким образом, вектор силы сухого трения очень даже зависит от скорости, хотя одна из физических моделей предполагает постоянство его модуля. Согласно рисунку 2,а (см. цветные линии), совершив конечное число колебаний, шарик окажется в полосе застоя x x x с нулевой скоростью (точка С на рисунках 2,а,б), при этом часть запасенной в начальный момент энергии останется в виде потенциальной энергии все еще слегка сжатой пружины. Во всех точках этой полосы деформации пружины недостаточно, чтобы преодолеть силу трения. Конечное число колебаний – характерный признак наличия сухого трения. При остановке почти вся

кинетическая энергия переходит в тепловую. Поэтому на морозе и трут носы (см. эпиграф). И тут Способному ученику пришла мысль пренебречь силой тяготения (например, поставить смелый опыт в падающем лифте или в кабине спутника), но при этом вращать трубку вокруг оси, проходящей через точку закрепления пружины, с постоянной угловой скоростью $Z_{y}$ (рис.3). Тогда скорость

Рис. 3. Трубка с шариком вращается с постоянной угловой скоростью $Z_{y}$. При движении шарика вдоль оси трубки возникает прижимающая сила $F_{M}$, направленная вправо относительно направления движения

шарика в неподвижной системе координат будет иметь две компоненты: радиальную $v_{x}$ и азимутальную $v_{M} Z_{y} x$. Перемещаясь вдоль оси х за время ’ t на расстояние ’ x, шарик будет попадать в области все больших значений x, а значит, все больших значений скорости $v_{M}$, и будет «чувствовать», что справа на него все время давит стенка трубки. А он, в свою очередь, давит на вращающуюся трубку, пытаясь сохранить (по инер-

Посмотри на звезды без лучей. Этого можно достигнуть, наблюдая их сквозь малое отверстие, сделанное концом тонкой иглы и помещенное вплотную к глазу. Леонардо да Винчи

… если свету требуется время, то расстояния в три мили хватило бы, чтобы обнаружить задержку. Если же опыт делать на расстоянии, скажем, в 10 миль, то увидеть слабый свет от далекого фонаря можно, используя телескоп. Галилео Галилей

… все звезды… образованы одинаковым процессом. Они, пожалуй, похожи на фабрич-

ные изделия, сделанные одною и тою же машиной. Джеймс Джинс

Мы находимся в преддверии новой эпохи в астрофизике, когда сведения о далеких галактиках будут получены путем исследования влияния их гравитации на свет, идущий от еще более далеких объектов. Тулио Редже

… опираясь на основные физические законы, мы часто указываем совершенно точно (а иногда почти точно), что происходит на звездах. Так физика помогает астрономии. Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакома вам

?

астрофизика

«Astron» – по-гречески «звезда», но астрофизика изучает не только звезды. Однако сегодня, в заключительном астрономическом выпуске «Калейдоскопа», мы будем говорить преимущественно о них. Будем надеяться, что в этих выпусках нам удалось показать тесную связь физики со всеми разделами астрономии, в том числе и с теми, что посвящены звездам. Действительно, как можно разобраться с происходящими в звездах процессами, не зная свойств света, электромагнитного и гравитационного взаимодействий, не понимая, как может вести себя вещество, оказавшееся в не встречающихся на Земле экстремальных условиях? Разумеется, физика внесла огромный вклад в исследование космических объектов самых разных масштабов, дала представление о единстве окружающего нас мира, позволила построить картину Вселенной. Но справедливо и обратное: новые сведения о далеких звездах пополнили багаж наших знаний и о том, что может твориться на Земле, и о нас самих и наших возможностях. Посудите сами о способствующем этим надеждам прогрессе. Зонд «Вояджер-1», запущенный в 1977 году, добирался «всего лишь» до границ Солнечной системы целых 35 лет. А сегодня уже проектируются «нанозонды», способные достичь ближайшей к нам звезды Альфа Центавра, находящейся в тысячи раз дальше, всего за 20 лет! Научный штурм космоса, за которым неминуемо последует его освоение, продолжается. Вы вполне можете принять в нем участие. Per aspera ad astra!

Вопросы и задачи

1. Почему днем не видно звезд? 2. Июль, 12 часов дня. Видны ли на небе звезды? 3. Какие объекты Солнечной системы могут (хотя бы иногда) наблюдаться в созвездии Большая Медведица? 4. Почему по мере подъема звезды над горизонтом она выглядит ярче? 5. Можно ли звезду считать точечным источником света? 6. Чем отличаются звезды от планет? 7. В любой телескоп звезды видны как светящиеся точки. В чем же преимущество наблюдения звезд в телескоп перед наблюдением невооруженным глазом? 8. С какой целью приборы для астрономических наблюдений устанавливают на космические аппараты? 9. Движутся ли звезды друг относительно друга? Могут ли они сталкиваться?

10. Почему большинство звезд и планет имеют форму, близкую к сферической? 11. У каких космических тел отрицательная теплоемкость? 12. Что представляет собой излучение звезд? 13. Почему холодные звезды имеют красноватый цвет, а горячие звезды кажутся белыми? 14. Чем объяснить, что при годичном движении Земли линии в спектрах звезд, к которым приближается Земля, смещены в фиолетовую сторону? 15. Что служит источником энергии звезд? 16. Можно ли обнаружить черную дыру? 17. Как далеко в прошлое могли «заглянуть» древние греки, любуясь звездным небом?

Микроопыт

Попробуйте повторить описанный в первом эпиграфе опыт. Действительно ли вы увидите звезду без лучей? Почему?

Любопытно, что…

… разделение небосвода на созвездия субъективно. Так, 7 звезд привычного нам Ковша Большой Медведицы в Китае издавна распределяли на два созвездия, состоящие из коней и кареты…. Пифагор полагал, что вокруг Земли вращаются несколько небес – полых сфер, на которых укреплены планеты и звезды. Все эти светила (включая Солнце) он считал отверстиями в темных сферах, сквозь которые виден «небесный огонь», наполняющий Вселенную…. сведения, добытые Галилеем с помощью телескопа, стали первыми результатами экспериментальной астрофизики. Так, звезд оказалось много больше, чем считалось ранее; туманности, включая Млечный Путь, предстали огромными совокупностями звезд; маленькие звездочки вблизи Юпитера в действительности оказались его спутниками. Первым употребив выражение «скорость света», Галилей предложил использовать телескоп в земном опыте по ее измерению…. к давним обитателям «звездного зоопарка» – белым и красным карликам – недавно еще добавились карлики «коричневые». Они представляют собой космические тела с массой больше, чем у планеты, но меньше, чем у звезды. Термоядерные реакции в них с учас-

тием легкого изотопа $водорода^{1} H$ не могут начаться, но они все же излучают в инфракрасной области за счет медленного сжатия под действием сил тяготения…. немногим более полувека назад были открыты пульсары – звезды с самыми сильными из известных в природе магнитными полями. Ими оказались быстро вращающиеся намагниченные нейтронные звезды – своеобразные атомные ядра, крайне переобогащенные нейтронами…. «увидеть» черную дыру невозможно, поскольку ничто, даже световой луч, не может преодолеть ее колоссальное гравитационное поле. Однако есть способы, с помощью которых ее можно обнаружить (задача 19)…. в ночь с 23 на 24 февраля 1987 года астрономы на Земле наблюдали вспышку сверхновой звезды. Однако сам ее взрыв произошел за 180 тысяч лет до этого, поскольку свету потребовалось столько времени для преодоления разделяющего нас расстояния. А несколько лет назад космические телескопы «Хаббл» и «Спитцер» обнаружили самую удаленную галактику, свет от которой шел к Земле 13,2 миллиардов лет…. поиски внеземных планет позволили открыть удивительную систему. Экзопланета обращается вокруг двойной звезды. На расстоянии же в 1000 астрономических единиц за ее орбитой вокруг двух внутренних звезд обращаются еще две наружные планеты.

Что читать в «Кванте» об астрофизике

(публикации последних лет)

1. «Где находится горизонт или край Вселенной?» – 2013, №5/6, с.2; 2. «От пяди до Вселенной» – 2016, Приложение №2, с.155; 3. «Космология Фридмана: горы реальные и потенциальные» – 2017, №1, с.2; 2017, №2, с.9; 4. «Астрономия вернулась в школу» – 2017, №12, с.2; 2018 №1, с.2; 5. «Астрофизика в ЕГЭ по физике» – 2018, №1, с. 42; 6. «Рождение гравитационно-волновой астрономии» – 2018, №3, с.14; 7. «Через тернии к звездам» – 2018, №6, с.34;

2. «ИТЭР – земная звезда» – 2018, №8, с.2; 9. «ИТЭР – сегодня» – 2018, №10, с.2.

Материал подготовил А.Леонович

НАШ И НАБЛЮДЕН И Я

Трение против гравитации

М.СТАРШОВ

песка. Пока ничего интересного, но вот потом… Крепко держа пузырек на весу двумя пальцами левой руки, ладонью правой руки я резко стукнул по пробке. Естественно, ничего нового сначала не заметил. Но после какого-то очередного «подзатылника» из песка показался возмущенный шарик (рис.1).

МНОГО ЛЕТ НАЗАД МНЕ В РУКИ СОВЕР- шенно случайно попала импортная бутылка из-под какого-то крепкого напитка. Естественно, она очень отличалась от неизменной стеклотары советской водки, как я сказал бы сегодня, своим дизайном, но больше всего удивил какой-то стук при встряхивании пустой бутылки. Разобрав пробку, обнаружил в ней симпатичный стеклянный шарик, который жалко было выкидывать. Кто-то же придумал его и сделал так аккуратно! Я работал тогда в смене одаренных детей в оздоровительном лагере и задумал сделать ударный музыкальный инструмент из бутылок с разным количеством воды – именно потому мне и понадобились пустые бутылки. А в овраг под нашей горой постоянно приходили разные люди, чтобы в лесочке разбросать пустую посуду. Надо сказать, что наши соотечественники имеют твердые жизненные принципы и всегда тщательно закрывают бутылку, когда она им уже не может послужить, и только потом бросают ее в кусты. Принеся в тихий час эти разнообразные склянки в лагерь и отмыв их, я стал разбирать пробки. Во многих пробках были шарики – в одних пластиковые, а в некоторых стеклянные. Пластиковые выглядели не так красиво, но зато в них были полости и с ними можно было «поиграть» вокруг закона Архимеда – их средняя плотность оказалась близка к плотности холодной воды. А на что годятся шарики стеклянные, долго не приходило в голову. Но вот, наконец, и для них нашлась «работа по физике». Все оказалось очень просто. В небольшой изящный «пузырек из-под пенициллина», как мы его называли лет шестьдесят назад, я насыпал просеянный сухой речной песок, заполнив пузырек примерно наполовину, вложил стеклянный шарик и плотно закрыл пластиковой пробкой. Встряхнул пузырек, и шарик полностью спрятался под слоем

Рис. 1

Это же значит, что более плотный стеклянный шарик всплывает в простом песке, нарушая закон всемирного тяготения! Не всякий физический опыт или простое наблюдение могут быть немедленно объяснены. Так и в этом пузырьке с шариком может скрываться некоторая тайна и соответствующая физическая проблема. Мне кажется, во всем виновата инерция. Стеклянный шарик плотнее сухого песка, и инерция способствует сохранению его положения в пространстве при резком толчке. И вот тут в игру вступает великая Сила Трения. Ниже шарика песок чуточку плотнее, чем над ним, где и слой потоньше, и жесткого донышка пузырька нет. Подозреваю, что изза этого и сила трения в этом месте чуточку слабее. При каждом толчке состязание «инерция–трение–гравитация» дает крохотное преимущество инерции, песок обтекает шарик, и вот он уже пропустил макушку шарика, а дальше движение становится все легче и легче. Наконец, шарик весь предстает перед нашими восхищенными глазами. Охотно допускаю, что это не единственное объяснение упорного продвижения гладкого

36

КВАН T 2018/№10

шарика сквозь зыбучий песок. Однако – еще одно наблюдение. Поскольку пробка надежно закрывает пузырек, его можно перевернуть, засыпав снова шарик песком. Постучав ладонью по донышку пузырька, опять вижу вылезающий из песка шарик (рис.2). Значительно

Рис. 3

ких удара по пробке поднимают шарик. А теперь поворачиваем пузырек на пол-оборота вокруг оси симметрии, и слой песка покрывает шарик. В заключение можно прибавить, что песок не обязательно должен быть именно песком, его прекрасно заменит кое-что другое, имеющееся на каждой кухне. И шарик не обязательно искать в импортной бутылке, а можно подобрать – буквально! – ему замену в осеннем парке нашей средней полосы. Думайте сами, ищите сами!

Примечание

Рис. 2

ускорить демонстрацию можно легко и просто – достаточно держать пузырек на боку, когда его ось симметрии занимает горизонтальное положение (рис.3). Один-два лег-

Объяснение поведения шарика в песке, данное автором статьи, редакции не кажется очень убедительным. Поэтому читателям предлагается придумать свое физическое объяснение описанному эффекту.

ВНИМАНИЮ ЧИТАТЕЛЕЙ И АВТОРОВ НАШЕГО ЖУРНАЛА!

Начиная с этого года, некоторым статьям журнала «Квант» присваивается принятый в научной среде цифровой идентификатор публикаций – DOI (Digital Object Identifier). По присвоенному (раз и навсегда) данной статье идентификатору можно получить информацию о ней в базах данных, в частности – в интернете. Посылая в редакцию нашего журнала статью, просим авторов сообщать о себе, кроме фамилии, имени и отчества, также место работы, занимаемую должность и электронный адрес. Подписаться на наш журнал можно с любого номера в любом почтовом отделении связи. Наш подписной индекс в каталоге «Пресса России» – 90964. Архив вышедших номеров журнала «Квант» можно найти на сайте http://kvant.ras.ru

38

К В АН T 2018/№10

Рис. 2

под невесомым тонким поршнем, который удерживается в равновесии пружиной, помещенной между поршнем и крышкой сосуда. При этом длина недеформированной пружины равна высоте сосуда. В пространстве над поршнем создан вакуум. Оба сосуда нагревают до одной и той же конечной температуры. Найдите отношение n работы, совершенной газом в левом сосуде, к работе, совершенной газом в правом сосуде. Трением при перемещении поршней можно пренебречь. 2. Какие виды парообразования вы знаете? Дайте определение удельной теплоты парообразования. Задача. Плотность влажного воздуха при температуре $t_{0} 27 q C$ и давлении $p_{0} 10^{5}$ Па равна U 1,15 кг $м^{3}$. Чему равна относительная влажность M этого воздуха, если плотность насыщенного водяного пара при температуре $t_{0}$ равна $U_{0} 25,8$ кг $м^{3}$? Универсальная газовая постоянная R 8,31 Дж моль ˜ К, молярная масса сухого воздуха $0_{1} 29$ г моль, молярная масса воды $0_{2} 18$ г моль. Ответ приведите в процентах, округлив до целых.

ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

1. Дайте определение электроемкости. Запишите формулу для электроемкости плоского конденсатора. Задача. Плоский конденсатор емкостью C = 400 пФ присоединен к источнику постоянного напряжения U = 2 кВ. Не отключая конденсатор от источника, его пластины медленно раздвинули так, что расстояние между ними увеличилось в n = 4 раза. Определите работу $A_{мех}$, совершенную силами, раздвигавшими пластины конденсатора. 2. Что такое напряженность электрического поля? Чему равна напряженность электростатического поля точечного заряда?

Задача. Разность потенциалов между обкладками конденсатора емкостью $C_{1} = = 1$ мкФ равна $U_{1} = 20$ В. Второй конденсатор емкостью $C_{2} = 3$ мкФ заряжен до разности потенциалов между обкладками $U_{2} = 10$ В. Разноименно заряженные пластины этих конденсаторов соединили проводниками (рис.3). Определите, во сколь-

Рис. 3

ко раз k при этом изменилась общая энергия конденсаторов. Ответ приведите в виде простой дроби.

ОПТИКА

1. Сформулируйте закон отражения света. Приведите пример построения изображения предмета в плоском зеркале. Задача. Два плоских зеркала образуют двугранный угол D 60 q. Вдоль биссектрисы этого угла равномерно движется светящаяся точка со скоростью v = 2 см/с. Через какой промежуток времени расстояние между первыми изображениями точки в зеркалах изменится на величину ’ $x_{=} = 12$ см? 2. Сформулируйте закон преломления света. Что такое предельный угол полного отражения? Задача. На горизонтальном дне широкого сосуда лежит достаточно большое плоское зеркало. В сосуд наливают жидкость с показателем преломления n = 1,5 и кладут на верхнюю поверхность жидкости непрозрачный экран, закрывающий ее поверхность полностью. В центре экрана находится маленькое круглое отверстие, освещаемое рассеянным светом. Какова площадь S освещенной области на нижней стороне экрана, если толщина слоя жидкости h = 10 см? Ответ приведите в квадратных сантиметрах, округлив до целых. Публикацию подготовил С.Чесноков

45

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ

МАТЕРИАЛЫ

Рис. 5

Рис. 4

шарики поменяли местами. На какое расстояние x необходимо передвинуть точку опоры рычажных весов, чтобы они вновь оказались в равновесии? 4. В термос с водой опущен термометр, который показывает температуру $T_{0}$. В воду бросили кусочек льда массой ’ m, имеющий $температуру^{0} q C$. Когда лед растаял, термометр показал температуру $T_{1}$. Затем в воду бросили еще один такой же кусочек льда. После того, как лед растаял, термометр показал температуру $T_{2}$. Определите массу m воды, изначально находившейся в термосе. Теплоемкостями термоса и термометра пренебречь.

соседнего дома. На каком расстоянии x от дома нужно расположить катапульту, чтобы после упругого удара об эту крышу он поднялся на наибольшую возможную высоту над землей? Высота дома H, наклон ската крыши 45q. Влиянием воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения равно g. 4. Над столом на высоте H с угловой скоростью Z вращается горизонтальный диск радиусом R (рис.6). На расстоянии r от оси

9 класс

1. Кусок однородной проволоки длиной 10 см разрезали на два куска. Найдите длины этих кусков, если при параллельном соединении их общее сопротивление составило 0,24 от сопротивления исходного куска. 2. В термос с водой опущен термометр, который показывает температуру $T_{0}$. В воду бросили кусочек льда. Когда лед растаял, термометр показал температуру $T_{1}$. Затем в воду бросили еще один такой же кусочек льда, который находился при той же начальной температуре, что и первый. После того, как лед растаял, термометр показал температуру $T_{2}$. Определите массу ’ m кусочка льда, если известно, что изначально в термосе находилась вода массой m. Теплоемкостями термоса и термометра пренебречь. 3. Катапульта бросает теннисный шарик с начальной скоростью v под углом D к горизонту (рис.5). Шарик ударяется о крышу

Рис. 6

к диску приклеено небольшое тело. Внезапно тело отклеивается, и сила сцепления между диском и телом исчезает. Через какое время t тело достигнет стола? Трением и влиянием воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения равно g.

10 класс

1. Невесомый Г-образный жесткий стержень ABC (угол B – прямой) может свободно вращаться вокруг точки O (рис.7). Длины отрезков AO, OB и BC равны 1 см, 4 см и 3 см соответственно. В точке A к стержню

Рис. 7

47

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ

если известно, что в процессе всего движения нижний брусок вверх не перемещался. Ускорение свободного падения равно g.

Второй (заключительный) этап

8 класс

1. Из кубического сосуда, доверху заполненного льдом, выпилили и вынули кубический кусочек льда со стороной, в 2 раза меньшей стороны сосуда. В образовавшуюся полость начали медленно наливать воду с начальной температурой $T_{в} 15 q$ С, которая замерзала по мере налива. В результате сосуд снова полностью заполнился льдом, установившаяся температура которого оказалась равной $T_{л} 20 q$ С. Найдите начальную температуру льда. Удельная теплоемкость льда $с_{л} 2100$ Дж к㠘 град, воды $с_{в} 4200$ Дж к㠘 град, удельная теплота плавления льда O 336000 Дж кг. Сосуд теплоизолирован, теплоемкостью его стенок, а также теплообменом с окружающей средой можно пренебречь. 2. В сосуде с жидкостью плавает тело в форме куба так, что 1/6 часть его объема находится над поверхностью жидкости. Сосуд с жидкостью и телом нагрели до некоторой температуры. За счет теплового расширения (не одинакового для тела и жидкости) объем тела, сохранившего форму куба, увеличился в x раз, а общий объем жидкости увеличился в kx раз. Найдите k, если известно, что после нагрева тело плавает в жидкости, погрузившись полностью. 3. На прямолинейной дороге на расстоянии l = 3 км друг от друга расположены два тоннеля, длина которых превышает l (рис.11). Скорости машин на открытых участках v = 60 км/ч, а в тоннеле

Рис. 11

u = 40 км/ч. В начальный момент времени одна из машин начинает въезжать в первый тоннель, а вторая движется на L = 6 км позади нее. Каким будет расстояние между машинами в момент, когда сзади идущая машина начнет выезжать из первого тоннеля?

МАТЕРИАЛЫ

4. Однородная проволока массой M согнута под прямым углом в некоторой точке, разбивающей ее на два неравных отрезка с длинами a и b (a > b). Проволоку подвесили за точку сгиба (рис.12). Най- Рис. 12 дите массу m точечного тела, которое нужно прикрепить к концу отрезка длиной b, чтобы в равновесии отрезки отклонялись от вертикали на одинаковые углы.

9 класс

1. В сосуде с жидкостью плавает тело в форме куба так, что 1/5 часть его объема находится над поверхностью жидкости. Сосуд с жидкостью и телом нагрели до некоторой температуры. За счет теплового расширения (не одинакового для тела и жидкости) объем тела, сохранившего форму куба, увеличился в x раз, а общий объем жидкости увеличился в kx раз. Найдите k, если известно, что после нагрева тело плавает в жидкости, погрузившись полностью. 2. Школьнику Пете досталась схема, содержащая четыре резистора, источник напряжения U = 10 В и миллиамперметр (рис.13). Три резистора имеют одинаковое

Рис. 13

сопротивление. Для того чтобы определить сопротивления резисторов, Петя поочередно подсоединял закоротку (проволоку с нулевым сопротивлением) между точками AB, BC и СD и записывал показания прибора. Результаты измерений, соответственно, таковы: 12 мА, 12 мА и 15 мА. Миллиамперметр и источник напряжения идеальные. Найдите величины всех сопротивлений в схеме $R_{AB}, R_{BC}, R_{CD}, R_{DA}. 3.$ На закрепленную спицу длиной L надета маленькая заряженная бусинка массой m (рис.14). После того, как включили источник горизонтального электрического поля,

50

К В АН T 2018/№10

Рис. 25

высокую стенку (рис.25). Из угла, образованного стенкой и наклонной плоскостью, бросили маленький шарик, сообщив ему скорость под углом E к наклонной плоскости D E S 2. Сколько ударов сделает шарик о наклонную плоскость, прежде чем он ударится о стенку? Удары шарика абсолютно упругие. (Целую часть числа обозначать [ ].) 5. Оцените среднее расстояние между молекулой углекислого газа и соседней молекулой кислорода в атмосфере Земли при нормальных условиях. Предполагается, что вы хорошо представляете явление, можете сами задать необходимые для решения задачи величины, выбрать их числовые значения и получить численный результат.

6. Задача-демонстрация (демонстрируется видеоролик). Два неодинаковых шарика – большой и маленький – подвешены на нитях вплотную друг к другу. В начале эксперимента шарики неподвижны, нити вертикальны, а центры шариков находятся на одинаковой высоте. Один из шариков отклонили и отпустили, после чего наблюдаются столкновения шариков. Оказалось, что если отклонить маленький шарик и отпустить его, то после каждого нечетного соударения шарики движутся в разные стороны, а после каждого четного – большой шарик оказывается неподвижным. Если же отклонить большой шарик и отпустить его, то после каждого нечетного столкновения шарики движутся в одну сторону, а после каждого четного – маленький шарик неподвижен. Объясните наблюдаемое явление. Публикацию подготовили В.Баткин, В.Боровков, Е.Жданов, А.Киприянов, С.Лежнин, М.Махмудиан, А.Ненашев, Е.Пальчиков, А.Погосов, Д.Похабов, Г.Федотович

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №9)

1. 13. Головы есть у всех, а хвостов нет только у людей, поэтому людей в лаборатории 40 – 36 = = 4. Ног нет только у змей, а у людей их по две, значит, у мышей 100 – 8 = 92 ноги. У каждой мыши – 4 ноги, т.е. в лаборатории живут 92: 4 = = 23 мыши. Таким образом, в лаборатории живет 40 – (4 + 23) = 13 змей. 2. Треугольник AQC равнобедренный с основанием AC (рис.1). Центр описанной окружности

Рис. 1

O равноудален от всех вершин треугольника, значит, треугольник AOC также равнобедренный с основанием AC. Из равнобедренности треугольников получаем, что ‘ QAC ‘ QCA и ‘ OAC ‘ OCA. Так как ‘ QAO ‘ QAC ‘ OAC и ‘ QCO ‘ QCA ‘ OCA, то ‘ QAO ‘ QCO. Из аналогичных рассуждений для треугольников AOB и APB получаем, что ‘ PAO ‘ PBO. А раз ‘ PAO и ‘ QAO это один и тот же угол, то ‘ QCO и ‘ PBO равны. 3. Могут. Обозначим некоторые вершины звезды, как показано на рисунке 2,а. Диагональ правильного пятиугольника CE параллельна его стороне AB; аналогично, BE параллельна CD. Тогда у четырехугольника BNCE две пары параллельных сторон, т.е. это параллелограмм. Кроме того, BE =

= EC, поскольку это диагонали правильного пятиугольника, значит, BNCE – ромб и BN = BE. Разрежем звезду по отрезку BE и переложим части, как показано на рисунке 2,б. При таком перекладывании стороны совпадут, потому что BN = BE. Полученная фигура будет состоять из ромба и двух одинаковых невыпуклых пятиугольников, приставленных к его противоположным сторонам, и поэтому будет симметрична относительно центра ромба. 4. Сереже могло быть любое число лет, не превышающее 10. В невисокосном году – 365 дней. Так как 365 при делении на 7 дает остаток 1, то день недели, на который приходится день рождения, с каждым таким годом сдвигается на 1 (вместо понедельника будет вторник, вместо вторника – среда и так далее). Если же между двумя днями рождения будет 29 февраля високосного года, то произойдет сдвиг на 2 дня. Високосный год бывает либо через 3 года на четвертый, либо через 7 лет на восьмой (но только раз в 100 лет). Запишем самую длинную последовательность дней недели, приходящихся на одну дату в последовательные годы, между двумя пятницами. Дни недели будут в ней идти подряд, а в високосные годы один день будет пропускаться. Для того чтобы Сереже было больше семи лет, хотя бы одну пятницу надо пропустить. В одну сторону от этой пятницы (например, в сторону будущего) високосный год будет на расстоянии 4 лет, поэтому последовательность получится такой: Сб- Вс-Пн-Ср-Чт-Пт. В обратную сторону (в прошлое) она либо такая же, и тогда полная последовательность Пт-Сб-Вс-Вт-Ср-Чт-Сб-Вс-Пн-Ср- Чт-Пт. Между двумя пятницами 10 лет. В первый год Сережа родился, а затем ему исполнялось 1, 2, …, 9 лет. Либо в сторону прошлого идут подряд семь невисокосных лет, и последовательность между двумя пятницами на год длиннее: Пт-Сб-Вс-Пн-Вт-Ср-Чт-Сб-Вс-Пн-Ср-Чт-Пт. Между двумя пятницами 11 лет. В максимальном случае это будут с нулевого по десятый включительно годы Сережиной жизни.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

Рис. 2

1. Рассеянный атмосферой солнечный свет значительно ярче света звезд. 2. Смотря где. В Антарктиде, например, видны. 3. Кометы и астероиды. Остальные тела Солнечной системы могут наблюдаться только вблизи эклиптики. 4. Свет от звезды, видимой у горизонта, проходит более длинный путь в атмосфере, чем от

52

КВАН T 2018/№10

звезды в зените, и в большей степени поглощается. Собственное свечение атмосферы также больше у горизонта, чем вблизи зенита. Поэтому на более ярком фоне у горизонта ослабленный свет звезды кажется еще слабее. 5. Да, поскольку под точечным источником света понимается тот, который имеет размеры, существенно меньшие расстояния, на котором оценивается его действие. 6. Звезды – это массивные раскаленные тела, излучающие собственный свет. А планеты – довольно холодные тела, которые светят отраженным светом звезды. 7. Увеличивается яркость точечного изображения звезды, так как в объектив телескопа попадает больший световой поток, чем в зрачок невооруженного глаза. 8. В космосе есть возможность использовать в процессе наблюдений весь спектр электромагнитного излучения. А при наземных наблюдениях атмосфера в значительной степени поглощает инфракрасные, ультрафиолетовые и рентгеновские лучи. 9. Все звезды движутся, и довольно быстро. Мы не замечаем этого невооруженным глазом потому, что они от нас и друг от друга сильно удалены. По той же причине обычные звезды сталкиваются крайне редко. Поэтому до сих пор астрономы такого не наблюдали. 10. Такая форма соответствует минимуму потенциальной энергии. 11. У звезд. При увеличении энергии звезда расширяется и при этом остывает за счет работы против силы тяготения. 12. В основном это непрерывный спектр теплового излучения, по которому определяется температура поверхности звезды. Спектральные линии излучения атомов в поверхностных слоях звезды дают информацию о ее химическом составе. 13. Холодные звезды в основном излучают в красной и инфракрасной областях спектра, что и определяет их цвет. Горячие звезды дают заметное излучение во всем оптическом диапазоне, которое создает ощущение белого цвета. 14. Эффектом Доплера. Сдвиг линий в красную область спектра соответствует удалению объекта, в фиолетовую – его приближению. 15. Звезды нагреваются за счет термоядерных реакций, проходящих с выделением энергии. В них в основном расходуется водород и образуется гелий. 16. Одна из очевидных возможностей – косвенное обнаружение черной дыры по движению ее звезды-компаньона, видимой в оптическом диапазоне, вокруг общего центра масс.

17. Самый далекий объект, который могли наблюдать древние греки, не располагавшие телескопами, – это туманность Андромеды, находящаяся на расстоянии около 2 миллионов световых лет. Поэтому «заглянуть в прошлое» они могли аж на 2 миллиона лет назад.

Микроопыт

Причина лучистого вида звезд связана не с особенностями их строения, а с устройством хрусталика нашего глаза. Пропуская в него лишь тонкий световой пучок, проходящий через центральную часть хрусталика, мы избавляемся от воздействия его структуры и видим звезды как светящиеся точки.

«ПРИЗРАЧНЫЕ» ТРУБЫ

В случае пяти труб первые 4 трубы можно расположить опять же в вершинах вытянутого ромба, а пятую – в середине одной из сторон этого ромба (рис. 3). А шесть труб можно разместить

Рис. 3 в вершинах вытянутого ромба и серединах двух его противоположных сторон (рис. 4).

Рис. 4

ЕЩЕ РАЗ О ПОСТРОЕНИИ КАСАТЕЛЬНОЙ

Пусть дана окружность k (красная окружность на рисунке 5) и точка E на ней. Проводим

Рис. 5