Коники в задачах по физике

Квант 2024, №10 с. 29, 54 Тег O9LN

ФИЗИЧЕСКИЙ

А.БЫЧКОВ

ФАКУЛЬТАТИВ

Гипербола – множество точек плоскости, разность расстояний от которой до двух данных точек A и B равна (по модулю) постоянной величине (рис. 3). Эти точки – фокусы гиперболы. Фокальное свойство параболы. Пусть парабола имеет фокус F и директрису l, а X – какая-нибудь ее точка (рис. 4). Тогда прямая XF и перпендикуляр, опущенный из X на l, составляют равные углы с касательной

ДРЕВНИЕ ГРЕКИ УЖЕ БЫЛИ ЗНАкомы с фигурами, которые мы сегодня называем кривыми второго порядка. Они называли их коническими $сечениями^{1}$ или кониками и посвящали им научные исследования. В XVII-XVIII веках эти кривые стали использоваться в механике: оказалось, что снаряды летят по параболической траектории, а планеты вращаются по эллиптическим орбитам. Позже, изучая движение тел в космосе, ученые установили, что скорость запуска объекта определяет его траекторию. Оказалось, что тело, запущенное с Земли с разной скоростью, может двигаться в космосе по различным кривым, которые относятся к кривым второго порядка: эллипс, парабола и гипербола. Эта статья посвящена рассмотрению кривых второго порядка и их применения в задачах физики. Сначала напомним определения кривых второго порядка и некоторые их свойства с геометрической точки зрения. Парабола представляет собой множество точек плоскости, одинаково удаленных от данной точки F и данной прямой l (рис. 1). Точку F называют фокусом параболы, а линию l – директрисой. Эллипс – множество точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек A и B равна постоянной величине (рис. 2). Эти точки называют фокусами эллипса.

Рис. 1

Рис. 2

Конические сечения – линии, которые получаются сечениями поверхности прямого кругового конуса плоскостями, не проходящими через его вершину.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20241003

Рис. 3

Рис. 4

m к параболе в точке X. Фокальное свойство параболы можно использовать следующим образом. Если сделать отражатель в форме параболоида и поместить лампочку в фокусе, то получится прожектор: все отраженные лучи будут параллельны оси параболоида.

Упражнение 1. Докажите фокальное свойство эллипса: отрезки, соединяющие точку эллипса с его фокусами, составляют равные углы с касательной к эллипсу в этой точке. Упражнение 2. Докажите фокальное свойство гиперболы: отрезки, соединяющие точку X гиперболы с ее фокусами, составляют равные по величине углы с касательной в точке X.

Задача 1. Человек хочет переплыть реку на весельной лодке в точку A, расположенную строго напротив точки отплытия B. Скорость течения реки постоянна и равна v. Лодочник гребет таким образом, что его скорость относительно воды всегда направлена к точке A и равна v. По какой траектории движется лодка? Обозначим ширину реки d и рассмотрим прямую l, перпендикулярную ее берегам и находящуюся на расстоянии d вниз по течению от отправной точки A лодки. Лодка первоначально находится на расстоянии d как от точки B на противоположном берегу, так и от линии l. Поскольку скорость воды и скорость лодки относительно воды одинаковы по модулю и равны v, то вода сносит лодку вниз по течению на то же расстояние, что проходит лодка в направлении к точке B.

КВАНТ 2024/№10

Рис. 15

Рис. 13

из $S_{W}$ вычтутся все площади $w_{1i}$ (рис. 14,б). Поэтому разность $S_{W} S_{B}$ уменьшится на площадь зоны Z w 1. Так как данный многоугольник правильный, то все его зоны имеют равные площади. Поэтому при перекрашивании пары черных отрезков в белый цвет разность $S_{W} S_{B}$ останется прежней.

б)

Рис. 14

Пусть в графе есть цикл и пусть он проходит по горизонтальному отрезку $a_{1}$ . Возьмем ромб, примыкающий к стороне $a_{1}$ , и отметим в нем параллельную сторону a 2. Возьмем ромб, примыкающий к стороне a 2, и отметим в нем параллельную сторону $a_{3}$ . И так далее. Такую же цепочку ромбов можно построить и в другом направлении. В итоге получится последовательность из ромбов, которая рассекает наш шестиугольник. Цикл должен пересечь эту полосу, проходя в разных направлениях, что невозможно. 14. Введем систему координат так, чтобы новая прямая была осью OY. Рассмотрим самую левую точку пересечения нескольких прямых. Теперь посмотрим на лучи этих прямых, идущие от этой точки пересечения влево. Выберем какие-нибудь два соседних из них (рис. 15,а). Если через точку проходят всего две прямые и одна из них параллельна OY, то посмотрим на ее верхний луч (рис. 15,б). Заметим, что на этих лучах нет точек пересечения с другими прямыми (иначе бы нашлась точка пересечения левее нашей, либо с такой же координатой по OX, но выше). Значит, этот угол образован двумя лучами, т. е. все его точки закрашены.

Понятно, что этот угол уходит на бесконечность влево, поэтому, как бы ни была расположена ось OY, где-то слева от нее будут закрашенные точки. Аналогичные рассуждения можно проделать, рассмотрев самую верхнюю из самых правых точек пересечения прямых. Таким образом, по обе стороны от прямой OY найдутся закрашенные точки. 15. б) Разобьем каждую грань данного многогранника на параллелограммы. Каждое ребро многогранника определяет некий набор параллельных сторон и тем самым некий набор параллелограммов, который мы назовем зоной. Каждый параллелограмм определяет две зоны, идущие в разных направлениях по поверхности многогранника. Эти две зоны должны повторно пересекаться по другому параллелограмму, который мы назовем парным по отношению к первому. Основной и парный параллелограммы равны и расположены в параллельных плоскостях, поскольку их стороны попарно равны и параллельны. Кроме того, плоскость любого параллелограмма не может быть параллельна плоскости более чем одного параллелограмма, поскольку в противном случае многогранник не был бы выпуклым. Остальные параллелограммы из разбиения той же грани F будут иметь парные параллелограммы, лежащие в одной плоскости, а значит, парные параллелограммы будут складываться в грань, равную и параллельную F (парную к F). Каждые две грани будут иметь центр симметрии, причем для соседних граней эти центры будут совпадать, потому что они должны быть центрами симметрии общего ребра. Так как, переходя от грани к соседней грани, мы можем пройти по всем граням данного многогранника, то центр симметрии будет общим для всех граней, а значит, он будет центром всего многогранника. 16. С одной стороны, потребуется не меньше 2 n 1 шагов. Действительно, из симметричности ситуации следует, что на первом шаге можно поменять местами любые два шара. Допустим, что это были шары с номерами $1 и^{2.}$ После этого потребуется по крайней $мере^{2n}$ шагов,чтобы переместить на места шары с номерами 3. С другой стороны, 2 n 1 шагов достаточно, поскольку после перемещения шаров с номерами 3 на свои места все остальные шары также окажутся на своих местах. 17. Решение приведено в [3].