Ртуть и вода — диффузия и испарение

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

Ртуть и вода – диффузия и испарение

Л.АШКИНАЗИ

ТО, ЧТО ПАРЫ РТУТИ ВРЕДНЫ, ЗНАют все. Поэтому, если ртуть находится в емкости, из которой она может испариться и попасть в помещение, где находятся люди, в эту емкость доливают некоторое количество воды. Вода, как вы знаете, легче ртути приблизительно в 13,6 раз, она располагается поверх ртути и тормозит испарение. Все кажется понятным, однако мы уже сказали несколько несуразностей. Вода действительно легче, но из этого не следует, что она «располагается поверх». Спирт и ацетон легче воды, но они не располагаются поверх, а растворяются в воде. Причем их растворимость ничем не ограничена, в таких случаях обычно говорят: «смешиваются во всех соотношениях». А вот бензин располагается поверх, но не полностью – растворимость бензина в воде при нормальных условиях около $10^{5}$ (по весу). А в обратную сторону, т.е. растворимость воды в бензине, около $10^{4}$. Такие вот у воды и бензина сложные отношения. Что касается взаимной растворимости воды в ртути и ртути в воде, то они невелики: 2 ˜ $10^{6}$ и 6 ˜ $10^{8}$ соответственно (опять же, по весу). Так что про воду и ртуть вполне можно сказать «поверх», но это не следует автоматически из того, что вода легче (даже в 13,6 раз). А откуда мы взяли, что водяное покрытие «тормозит испарение»? Может ли вообще какое-либо покрытие не тормозить, а ускорять испарение? Идея кажется странной, но, скажем, термобелье, надетое на человека, испарение воды (т.е. пота), как пишут, может и ускорять. Там этот эффект если и возникает, то из-за неоднородной структуры – капилляры посредством поверхностного натяжения выводят воду на поверхность,

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210104

откуда она испаряется. В нашем случае покрытие, т.е. слой воды на ртути, однородно, и подозревать его в таких фокусах не приходится. Два года назад появилось сообщение, что графен, т.е. монослой углерода (слой толщиной в один атом), подавляет испарение воды с гидрофильных поверхностей и ускоряет испарение с гидрофобных. Правда, считать графен «покрытием» немного странно, уравнение диффузии и обычные принципы расчета здесь неприменимы. Но в нашем случае и это не важно, потому что ртуть не покрывают ни графеном, ни монослоем воды. Так что будем считать, что это обычная вода. Сначала рассмотрим ситуацию без воды, но в закрытой банке: поверхность ртути открыта, над ртутью есть какое-то количество воздуха, а далее – закрытая крышка. Ртуть испаряется в замкнутый объем воздуха, концентрация ртути в воздухе растет, появляется обратный поток ртути из воздуха в жидкую фазу. Через какое-то время достигается так называемое динамическое равновесие, когда потоки равны, и концентрация ртути в воздухе расти перестает. Эта равновесная концентрация известна; например, при $температуре^{15} q C$ она составляет 2 ˜ $10^{5}$ кг $м^{3}$. Предельно допустимая кон- центрация равна 3 ˜ $10^{10}$ кг $м^{3}$, т.е. на 5 порядков меньше. Очевидно, что сидеть в закрытой банке над слоем ртути весьма опасно. Если ртуть покрыта слоем воды, а за ним находится опять же замкнутый объем воздуха, то ситуация становится сложнее. Концентрация ртути в воде ведет себя так же, как при испарении в замкнутое воздушное пространство – растет до установления динамического равновесия. Однако равновесная концентрация оказывается больше в 3 раза, чем в первом случае, и составляет 6 ˜ $10^{5}$ кг $м^{3}$. Причин у этого явления может быть две – либо молекулы воды притягивают своим электрическим полем атомы ртути (поляризуя их) и облегчают их отрыв от слоя ртути, либо обратный поток атомов ртути из воды на поверхность ртути при той же концентрации (и температуре) оказывается меньше, чем из воздуха. Оба эти процесса нам скоро потребуются. Какой из этих

46

КВА НT 2021/№1

(т.е. разбиение точек на пары) с наибольшей суммой; это можно сделать, потому что конфигураций конечное число. Заметим, что в такой конфигурации не может быть двух непересекающихся отрезков. Действительно, если отрезки AB и CD не пересекаются (рис.3), то если их заменить на отрезки AC

Рис. 3

и BD или же на AD и BC, то сумма длин отрезков увеличится, чего произойти не может. Таким образом, в конфигурации с наибольшей суммой любые два отрезка пересекаются. Покажем, что тогда все отрезки пересекаются. Для этого докажем следующую лемму. Лемма 3. На прямой дано несколько отрезков, любые два из которых пересекаются. Тогда все отрезки имеют общую точку. Это утверждение не такое очевидное, как может показаться, – в других ситуациях, похожих на эту, аналогичное утверждение бывает и неверным. Пример такой ситуации приведен в упражнении 2. Доказательство леммы 3. Рассмотрим середину – промежуток между точками с номерами n и n 1 (точки по-прежнему пронумерованы по порядку числами от 1 до 2n). Покажем, что она содержится во всех отрезках. Посмотрим, как расположены левые и правые концы отрезков. Если слева от середины не все концы являются левыми (рис.4), то слева есть правый конец какого-то отрезка, а справа есть левый конец какого-то отрезка. Тогда эти два отрезка не пересекаются. Значит, слева все концы левые, а справа все концы правые (рис.5). Таким образом, все отрезки содержат середину, и лемма 3 доказана, а тем самым доказана и лемма 2.

Рис. 4

Рис. 5

Упражнения

1. Докажите, что если целиком слева от середины лежит k отрезков, то и целиком справа от середины лежит k отрезков. 2. На плоскости расположены прямоугольники так, что любые два прямоугольника имеют общую точку. а) Можно ли утверждать, что все прямоугольники имеют общую точку? б) А если добавить условие, что стороны прямоугольников параллельны осям координат?

Продолжение доказательства леммы 2. Второй способ. Рассмотрим промежуток между первой и второй точками. Он входит только в один отрезок. Промежуток между второй и третьей точками входит не более чем в два отрезка, потому что слева от него только две точки. И так далее: рассмотрим промежуток между точками с номерами k и k 1 (рис.6). Он входит не более чем в k отрезков, потому что только те точки, которые слева от него, могут быть левыми концами отрезков, содержащих этот промежуток.

Рис. 6

Рис. 7

Аналогично, рассматривая правые концы, можно сказать, что этот промежуток входит не более чем в n k отрезков. (Для примера на рисунке 7 написано, в какое наибольшее количество отрезков может входить каждый промежуток при n 5 .) Суммируя оценки того, сколько раз может быть посчитан каждый из этих единичных отрезков, получим 1 2 … n 1 n n n 1 … $2 1 n^{2}$.

Упражнение 3. Завершите доказательство, показав, что все складываемые здесь неравенства обращаются в равенства ровно в тех случаях, когда все отрезки содержат середину.

Третий способ. Пусть номера (координаты) концов i-го отрезка – это $a_{i}$ и $b_{i}$, где $a_{i}$! $b_{i}$. Тогда его длина равна разности $a_{i} b_{i}$. Сложим все длины отрезков: $a_{1} b_{1} a_{2} b_{2}$ … a n b n. В этой сумме присутствуют все числа 1, 2, …, 2n по одному разу, половина со знаком плюс, половина со знаком минус. Чтобы сумма была наибольшей, понятно, что с плюсом надо взять наиболь-

47

М АТЕ М АТИЧЕСКИЙ

шие числа, а с минусом наименьшие! Таким образом, мы понимаем, что левыми концами должны быть n левых точек, а правыми концами – n правых точек. В конце статьи приведены еще несколько задач про модули разностей и суммы расстояний на прямой, решить которые помогают схожие соображения.

---

Заметим, что лемму 2 можно обобщить следующим образом. Лемма 4. На прямой отмечено 2n точек (расстояние между соседними точками может быть различным!). Точки разбили на n пар и в каждой паре две точки соединили отрезком. Тогда наибольшее возможное значение суммы их длин достигается тогда и только тогда, когда все отрезки пересекают середину (промежуток между двумя средними по порядку точками). Убедитесь, что все те же три доказательства леммы 2 работают и для леммы 4!

Упражнение 4. Сколькими способами можно провести эти n отрезков так, чтобы все они пересекали середину?

Следующую задачу мы оставим для самостоятельного решения. Задача 2 (И.Изместьев, Всероссийская олимпиада, 1996). На прямой отмечены $1996 точек.^{1}$ Петя раскрашивает половину из них в красный цвет, а остальные – в синий. Затем Вася разбивает их на пары красная–синяя так, чтобы сумма расстояний между точками в парах была максимальной. Докажите, что этот максимум не зависит от того, какую раскраску сделал Петя.

---

Обсудим теперь задачу, где помогает доказанная нами лемма 2. Задача 3 (А.Грибалко, Турнир математических боев имени А.П.Савина, 2018). Ладья обошла все клетки шахматной доски по одному разу, чередуя горизонтальные и вертикальные ходы, и вернулась на исходную клетку. Какой наибольший по длине

1 На самой олимпиаде в условии задачи было добавлено, что точки отмечены через равные промежутки.

$К_{Р} У_{ЖО}$ К

путь она могла при этом пройти? (Мы считаем, что если ладья делает ход, например, с поля a2 на поле a5, то она при этом не посещает клетки a3 и a4. Длиной такого прыжка считаем расстояние между центрами полей, в данном примере оно равно 3.) Решение. Рассмотрим произвольный ряд (строчку или столбец). Прыжков, начало и конец которых лежат в этом ряду, было ровно четыре (рис.8). Таким образом, клет-

Рис. 8

ки этого ряда разбиваются на пары, между которыми проводился прыжок. По лемме 2, сумма длин таких прыжков не $превышает^{4} 2 16$. Всего рядов 16 (8 строк и 8 столбцов), длина прыжков в каждом из них не больше 16, значит, суммарная длина прыжков не больше 16 ˜ 16 256. Осталось привести пример. В таком примере в каждом ряду должна достигаться максимальная сумма длин, а для этого каждый прыжок должен проходить через середину соответствующего ряда, т.е. через одну из средних линий доски (рис.9). Это сообра-

Рис. 9

жение помогает догадаться, как придумать пример. В каждую клетку записываем ее номер в порядке обхода доски ладьей. Можно сначала заполнить строки $1 и^{5}$ (рис.10), после чего аналогичным образом заполняют-

Рис. 10