Задачник Кванта 2-1972 Г. Л. Коткин

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно)/ Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше

Страница переведена на новый сайт https://myeducation.su/ :

страница ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ Квант (1972)

Решения задач из «Задачника Кванта» можно присылать не позже,
чем через полтора месяца после выхода из печати соответствующего номера
журнала. На конверте после адреса журнала укажите, решения каких задач
вы посылаете (например, «Задачник Кванта» Л1126, Ф128). В начале пись-
ма укажите свою фамилию, имя, отчество, шестизначный индекс и адрес
(а также класс и школу, в которой вы учитесь). Решение каждой задачи
должно быть написано на отдельном листе (листах); в конце каждого ре-
шения укажите свою фамилию. Звездочкой помечены задачи повышенном
трудности.

М126. Многоугольник, описанный
вокруг окружности радиуса г, ка-
ким-то образом разрезан на треуголь-
ники. Докажите, что сумма радиусов
вписанных окружностей этих тре-
угольников больше г.
И. Д. Новиков
М127. Для каждого натурального
числа п обозначим через s (n) сумму
его цифр (в десятичной записи). На-
зовем натуральное число т особым,
если его нельзя представить в виде
m—n-rs (л), где п — какое-то нату-
ральное число. (Например, число 117
не особое, поскольку 117-108!-
-i-s A08) = 108+9, а число 121, как
нетрудно убедиться, ¦ — особое.) Вер-
но ли, что особых чисел существует
лишь конечное число?
М128. Найдите отношение сторон
треугольника, одна из медиан кото-
рого делится вписанной окружностью
на три равные части.
Ml29. а) В ведро налили 12 л мо-
лока. Кзк, пользуясь лишь сосудами
в 5 и 7 л, разделить молоко на две рав-
ные части?
42
б) * Решите общую задачу: при ка-
ких а и Ь можно разделить пополам
[а-гЬ) л молока, пользуясь лишь
сосудами в а л, b л и (о \-h) л ? *).
В. В. Ушаков
М130. Какое наибольшее число то-
чек можно разместить
а) на плоскости;
б) * в пространстве,
так, чтобы ни один из треугольников
с вершинами в этих точках не бил ту-
поугольным?
Г. А. Гальперин
Ф138. Космонавт массой 100 кг
находится вис космического корабля,
масса которого равна 5 ш, па фале
длиной 6-1 м. Найти натяжение фала,
если корабль находится между кос-
монавтом и Землей на линии, соеди-
няющей их центры тяжести.
При расчете считать, что корабль
движется по круговой орбите, высота
которой Л от поверхности Земли пре-
небрежимо мала по сравнению с ра-
диусом Земли [R- G400 км).
*) 3;н одно {к-рс.тнваннс из одного сосуда
п другой можно вдаить вес. что там есть,
или долить второй сосуд до верха.

41 Задачник Кванта 2-1972.

Ф139. Футболист ударил по мячу,
сообщив ему скорость v под углом а
к горизонту, и попал в ближний ниж-
ний угол ворот. Если бы футболист
ударил по мячу в том же месте фут-
больного поля и мяч полетел бы под
тем же углом к горизонту, но со ско-
ростью, на 5% большей скорости v,
то он попал бы в верхнюю штангу
ворот. Найти скорость, с которой на-
чинает двигаться мяч, если высота
ворот Л-2 л, а угол сс^ЗО °.
И. Ш. Слободецкий
Ф140. Будет ли давать правильные
показания чашечный ртутный баро-
метр, если часть его трубки (ниже
уровня ртути в ней) сделана из очень
мягкой резины?
Ф141. И:$ «черного ящика», содер-
жащего неизвестную электрическую
схему, выведены три провода. Два из
U
Рис. 1.
них соединяют с землей и затем сни-
мают зависимость тока, идущего по
третьему проводу, от разности потен-
. г •
циалов между концом этого провода
и землей. Соединяя разные пары вы-
водов с землей, строя г графики для
трех возможных вариантов включе-
ния схемы. Эти графики показаны на
рисунке 1. Ток считается положитель-
ным, если он идет к схеме, находящей-
ся в ящике, и отрицательным в проти-
воположном случае. Придумайте про-
стейшие схемы содержимого «черно-
ю яншка» и определите их пара-
метры.
Б. Б. Буховцев
Ф142. Статной шарик, подвешен-
ный на нитке длины /, отклонили так,
что нить приняла горизонтальное по-
ложение, и отпустили. В тот момент,
когда нить составляла угол а-30° с
вертикалью, шарик ударился о непо-
движную стальную плиту (рис. 2).
Па какую высоту поднимется шарик
после удара о плиту, если удар можно
считать абсолютно упругим?
Г. Л. Коткин

42 Задачник Кванта 2-1972.

Решения

В этом номере мы публикуем решения задач М84—М88 (решению за-
дачи М85 посвящена отдельная статья «Иррациональность суммы ради-
калов» , стр. 26—27).

М84
Пусгь А—основание перпендикуляра,
опущенного из центра данной окружности
на данную прямую /. На этой прямой пэяты
точки В и С так, что АВ-^АС. Через точки В
и С г.роведсны соответственно две произволь-
ные секущие, из которых одна пересекает
окружность в точках Р и Q, вторая — в точ-
ках .11 и Л’. Пусть прямые РМ п Q.\ пересе-
кают прямую / в точках R и S. Докажите,
что ЛЯ -AS.
Большинство читателей, приславших нам
письма, решили эту задачу с помощью вы-
числений, основанных на теореме синусов
для треугольника (подобным образом в кни-
ге В. Б. Лидскогоидр. «Задачи по элемен-
тарной математике» решена задача 395,
являющаяся «вырожденным» частным случа-
ем Л184, когда точки В и С совпадают с А).
Остроумное геометрическое решение нашел
С. Андросов из Архангельска.
Пусть Р’, Q’, ЛГ и /?’ —точки, симмет-
ричные точкам Р, Q, М и R относительно
диаметра KL окружности, проходящего че-
рез точку А, Е и Е’—точки пересечения
прямой / и окружности. Мы должны доказать,
что точки R’ к S совпадают. Мы покажем,
что и точка R’, и точка S лежат на окруж-
ности, проходящей через точки С, Л1 и Р’.
Такая окружность существует только одна
(случай, когда какие-либо две из точек С,
¦V и Р’ совпадают, очевиден), и она пересе-
кает прямую I, кроме точки С, еще только
44
в одной точке, в которой должны лежать
и /?’. и 5.
Точки С, N, Р’ и S лежат на одной ок-
ружности, поскольку (рис. I)
а точки С, N, P’ и /?’ лежат на одноЛ окруж-
ности, поскольку
a- v.?p’ = 360» — y^ME’P1 ~ 360^ —
— 2-:CVP’.
(Еще легче проверить, что на одной окруж-
ности лежат точки С, Л», Р’ и Т, но мы пред-
почли не вводить лишнюю букву.)
В этом решении есть только один сущест-
венный недостаток: оно явно опирается
на рисунок 1 и не учитывает, что конфигу-
рация, описываемая в задаче, может иметь
совсем другой вид; точки на прямых могут
быть расположены в другом порядке, неко-
торые из точек В, R и даже вся прямая
I могут лежать вне окружности (рис. 2) и т. п.
Как исправить этот недочет? Нужно либо
перечислить каким-то образом все возмож-
ные случаи расположения точек, либо пере-
делать решение так, чтобы оно подходило
сразу для всех случаев. Покажем, как можно
это сделать, используя не совсем обычное
определение «угла между прямыми».
Пусть !,и/, — дпе прямые на плоскости,
пересекающиеся’в точке О. Обозначим через
‘»> (‘i- ‘г) угол, на который нужно повернуть
вокруг точки О против часовой стрелки

43 Задачник Кванта 2-1972.

прямую llf чтобы она совпала с L (О'<
< 4 (It, /.,)<180с). Если прямые lv и /8 па-
раллельны или совпадают, то. по определе-
нию, -4 (/,, /г)»=10. Проверьте, что для любых
двух данных точек 0 ч V и данного угла а
{0с~<а<\80″) множеством точек X, для кото-
рых -3 (UX, VX) = а, будет окруж-
ность (строго говоря, за исключением
самих точек О и. V)’, другими словами, четы-
ре точки V, V, Xi и X? лежат на одной
окружности тогда и только тогда, когда
4 (UXlt VXX)= 4 (иХг, VXJ^O (рис. 3, а;
сравнение рисунков 3, а и 3,6 объясняет
преимущества нового способа определения
угла).
Вернемся к нашей задаче. Теперь ут-
верждение, что пять точек С, #, Р’, S, R’
лежат на одной окружности (откуда и сле-
Рис- 3. Голубыми линиями показаны множе-
ства точек, для которых: а) \ОX, VX) ч
(левый рисунок) и 6) UXV^u (правый ри-
сунок).
Рис. 2.
дует, что /?’ совпадает с S) вытекает из ра-
венств
-* (CS, NS) ~ 4 (Q’Q, NQ) =•
— ^ (Q’P1. NP’) = А (СР1, NP’)-
-» {CRl. FR’) = А (ММ1. Р’М’)^
= ^ (MN, P’jV) = -» (CV, P’N).
Эти равенства легко проверить формально,
не обращаясь к чертежу — нужно только
помнить, какне точки лежат на одной прямой
и какие — на одной окружности; кроме
теоремы, выделенной выше курсивом, ис-
пользуется, что Q’Q\\MM’ \]1. (Конечно,
нужно еще разобрать «вырожденные» слу-
чаи, когда какие-нибудь две точки, опреде-
ляющие в этих равенствах прямую, совпа-
дают; все они довольно очевидны и мы не бу-
Рис. 4. Другая формулировка задачи MS4:
в результате трех отображений, покёзакАк
на рисунке,’ из точки X получается У = ][Х);
если проделать то же самое для гекяы У, то
получится, что ЦУХ

44 Задачник Кванта 2-1972.

дем на них останавливаться.) Теперь задача
полностью решена.
Приведем другую, более естественную
формулировку этой задачи (подумайте, по-
чему это та же самая задача!).
Пусть Р и N — две различные точки
окружности с центром О; А — основание
перпендикуляра, опущенного из точки О
на данную прямую I, и / — отображение,
которое каждой точке X прямой I ставит
в соответствие точку / (X) этой же прямой
по следующему правилу: если X’ — точка
пересечения прямой ЯЛ’ с окружностью,
X» — точка пересечения прямой ;\’Х’ с /,
то / (Л) — точка, симметричная X» относи-
тельно А. Тогда отображение { совпадает
с обратным к нему, то есть / (f(X))—X для
всех X (рис. 4).
Тем, кто знаком с основными понятиями
проективной геометрии, мы предлагаем по-
пробовать найти простое «проективное» до-
казательство этой теоремы (заметим, что
даже в ее формулировке нужно считать /
расширенной прямой, то есть добавить к /
бесконечно удаленную точку — тогда оюб-
ражения, о которых идет речь, будут взаимно
однозначны). Для частного случая решение
приводится в книге И. М. Я г л о м а «Гео-
метрические преобразования» (ГИТТЛ,
1956 г.; ч. II, задача 177), но оно проходит
лишь в том случае, когда прямая I пере-
секает окружность, и использует форму-
лу «двойных отношений». План другого
решения, «без вычислений», приводится на
стр. 71 этого номера журнала.
И. Б. Васильев
М86
Дно прямоугольной коробки было ныло-
жеко плитками размера 2X2 и 1X4. П.-штки
высыпали из коробки и при этом потеряли
одну плитку 2X2. Вместо нее удалось досгать
плитку 1X4. Докажите, что теперь выложить
дно коробки плитками не удастся.
Расчертим дно коробки на квадратики
размера 1X1 и отметим те квадратики, кото-
рые стоят на нечетных местах в не-
четных рядах (см. рис. 5). Заметим,
что каждая плитка 1X4, закрывающая
четыре квадратика на дне коробки, будет
Рис. 6.
Рис. 5
Рис. 7.
закрывать обязательно четное число
отмеченных нами квадратиков (два или ни од-
ного), а плитка 2X2 псегда закрывает ровно
один отмеченный квадратик. Таким об-
разом, если плитки целиком закрывают
дно коробки, то количество плиток 2X2
имеет ту же четность, что и общее число
отмеченных квадратиков на дне коробки.
Поэтому, если количество плиток 2X2 из-
менилось на единицу (или вообще на нечет-
ное число), то «новь заполнить коробку
не удастся.
Подумайте, останется ли верным утверж-
дение задачи, если вместо плиток 1X4
и 2X2 (рис 6) рассматривать плитки из трех
квадратиков: прямоугольные 1X3 и «уголки»
(рис. 7). Решение этой задачи вы найдете
в конце журнала, на стр. 61, но не спешите
туда заглядывать!
Правильные решения нашей задачи при-
слали А. Григорян и Е- Карасик из Баку,
Э. Туркгвич из Черновцов, А. Черняк из Минс-
ка и Л. Ill а.чаев из Москвы.
Л. Г. Лиманов
М67
Докажите, что если три окружности
одинакового радиуса проходят череч одну
точку, то три другие точки попарного пере-
сечения этих окружностей ложат на окруж-
ности того же радиуса.
Пусть все три окружности радиуса г
с центрами 0lt О, и 03 пересекаются в точке А
и. кроме того, попарно пересекаются в точ-
ках Ву @2 и Оэ), В., @3 и О,) и В3 @ц и 0„).
Очевидно, что середины Сь, С4. С3 отрез-
ков АВх, AB-i, ABS является в то же время
серединами отрезкоп 0»03, 030ц, 0x0, со-
ответственно (рис. 8). Поэтому у каждого
из треугольника В,В,ЯЯ и OybJjs стороны
соответственно вдвое больше сторон тре-
угольника С,С4СЭ (и параллельным им).
Следовательно, Д В,В2В3— Д 0x0t03. Но яс-
но, что радиус описанной окружности тре-
угольника ОхО2О3 равен г (действительно,

46 Задачник Кванта 2-1972.

АОХ~АОй=АО3^— г), поэтому и радиус опи-
санной окружности треугольника ‘ВгВгВ—4
тоже равен г, что и требовалось доказать.
.Многие читатели доказывали, что тре-
угольники BiB*B3 и 0гОг0я равны, более
сложным способом, при котором приходилось
отдельно рассматривать различные случаи
взаимного расположения этих треугольников
(мы нарочно в нашем решении не ссылались
на рисунок, где проведены все упоминаемые
там отрезки, чтобы подчеркнуть, что оно
не зависит от их расположения). Решение,
совершенно аналогичное нашему, можно по-
лучить, рассматривая вместо треугольника
CxCs.Cs треугольник ?>i?2D3, где Plt Dt.
?>з —точки, диаметрально противополож-
ные точке А е окружностях Olt 0г и Os
соответственно; докажите, что Blt Вън Ва —
середины сторон треугольника DiD*Ds. В кон-
фигурация, которую мы получили (рис. 9).
интересно еще то, что точка А является
центром описанной окружности треуголь-
ников 0,0г03 и DxDiP% и одновременно
точкой пересечения зысот треугольников
ВъВфъ и CjCXs, последнее, ппрочем, уже
не используется в нашем решении.
Любопытно, что Д. Пойя (к у некоторых
читателей, приславших нам письма) возникла
совсем иная идея решения этей задачи.
Отрывок из книги «Математическое откры-
тие», в которой рассказывается о зарождении
этой идеи, мы публикуем из стр. 67—69-
В. II. Березин
MS8
Какому условию должны удовлетворять
коэффициенты уравнения х*-гвл:?~Ьх-;-е -О.
чтобы три его корня составляли арифмети-
ческую прогрессию?
Приведем сразу ответ. Искомое соотно-
ab 2
шенне: с = ~к- — -трг а3 (или, что то же са-
ыоо, одни из корнай должен равняться
а \
— ~5~/ ¦ Действительно, пусть *,, хг к .v3—
корни нашего уравнения. Тогда, «о теореме
Виста,
*i -i’Af-f S?—’ — «¦
С другой стороны, для того чтобы xlt .t,, xs
составляли арифметическую прогрессию, не-
обходимо и достаточно, чтобы
ЬдГв^Зд-г, откуда лг2т-.— _?_
3
Постарайтесь вывести условия, при которых
корин уравнения четвертой степени образуют
арифметическую прогрессию.
.7. //. Москвичюте

В этом номере мы публикуем решения задач Ф92—Ф99

Ф92
Обруч массы /я стоит на доске массы М
(рис. 10). Коэффициент тремкя между доской
и обручем *. Доскя лежит на гладком столе.
С каким ускорением будет двигаться доскаt
если обруч тянуть с силой F?
Запишем уравнения движения обруча
и доскн (уравнения II закона Ньютона).
В горизонтальном направлении на обруч
действуют две силы — сила F и сила трс-
ни.я Ftp между ямской и обручем (ем. рис. 10).
Центр тяжести тела — в данном случае
центр обруча—движется так, как если бы
к нему были приложены исе силы, действую-
щие на тело. Поэтому можно записать, что
та^ F^-FrP A)
(«! — ускорение центра обруча).

47 Задачник Кванта 2-1972.

Обруч не только движется в горизон-
тальном направлении, но и вращается вокруг
центра. Ускорение вращательного движения
ему сообщают те же силы F и FTp> но в этом
случае они действуют «согласованно», рас-
кручивая обруч в одну сторону. Ускорение
вращательного движения обруча в системе
координат, связанной с его центром *) обо-
значим tfj. Тогда мы можем записать, что
i*v* F + Ртр ••) B)
Теперь запишем уравнение движения
доски. В горизонтальном направлении на нее
действует только одна сила — сила трения
обруча о доску. Поэтому, если ускорение
доски обозначить fls, то
Ма3 = Ftp- C)
Итак, мы получили три уравнения,
в которые входят четыре неизвестные вели-
чины: с,. а2, а3 к /тр. Чтобы найти эти не-
известные, нужно составить еще одно урав-
нение.
При движении обруча и доски возможны
два случая-. 1) обруч ис проскальзывает
относительно доски и 2) обруч проскаль-
зывает относительно доски.
Рассмотрим первый случай: обруч не про-
скальзывает относительно доски. В этом
случае скорость vt поступательного движе-
ния центра обруча, линейная скорость с»
•> На самом деле система координят,
связанная с центром обруча, пемперцпальна.
Но, рассматривая вращение обруча, это мож-
но не учитывать, поскольку сила ииерцнн
приложена к центру тяжести обруча» и ее
момент относительно центра обруча равен
нулю.
**) Уравнение II закона Ньютона для
вращающегося тела записывается следующим
образом:
/е- (F~ Гтр)/\ (*)
где / — момент инерции, 8 — угловое ус-
корение иг — радиус обруча (см. статью
Л. К. Кикоина «Вращательное дви-
жение», «Квант» Л’« 1, 1971).
Для обруча 1—тг,е,=—2. Если под-
ставить эти значения в уравнение (*), то и
получится уравнение B).
48
вращения обруча вокруг его центра и ско-
рость у3 доски связаны соотношением
va *= % — у3-
Чтобы убедиться в этом, рассмотрим систему
координат, связанную с центром обруча.
В этой снетеие земля движется влево со ско-
ростью Р1(рис. 11). Так как доска движется
относительно Земли вправо со скоростью 1ч,
то скорость доски в системе координат,
связанной с центром обруча, равна vy—vs.
С той же скоростью движется и нижняя
точка обруча, касающаяся доски. Это и есть
линейная скорость вращения обруча вокруг
его центра.
Так как силы, действующие на обруч
н доску, постоянны, то постоянны и уско-
рения Оц, о2 и о3. Пусть скорости »,, сг и у3
тела приобретают через время / после на-
чала их движения. Тогда v^arf, vu~a,t
и vz~aj. Оадователыю,
Отсюда
a2t = с,/ — й3/.
Мы получили уравнение, связывающее уско-
рения тел. Решая теперь совместно уравне-
пення A), B), C) к D), «аходи«
F
У нас получилось, что ускорение доски
равно нулю. Из уравнения C) ясно, что сила
трения тоже равна нулю- Это связано с тем,
что если к обручу, стоящему даже на абсо-
лютно гладкой доске, приложить силу F
так, как показано на рисунке 10. то ускоре-
ние поступательного движения обруча будет
совпадать с ускорением его вращательного
движения- При этом нижняя точка обруча
катится подоске, не проскальзывая. Происхо-
дит это потому, что вся масса обруча сосре-
доточена в его тонком ободе и сила F сооб-
щает обручу одинаковые ускорения поступа-
тельного и вращательного движения. Но это

48 Задачник Кванта 2-1972.

означает, что сила трения не зависит от си-
лы F и всегда равна нулю. Поэтому обруч
не может проскальзывать относительно доски
(сила трения кс может быть равна Ш), и »то-
рой случай мы можед не рассматривать.
В бокозой ст-лхе сосуда, наполненного
жидкостью с показателем преломления п,
проделано отверстие небольшого радиуса г.
По оси отэерстяг из сосудз горизонтально
напревляюг юнккй луч света.’ До хэкого
урсодя к над о:т*?рС7ием должна вытечь
жидкость, чтобы луч света вышел из струи,
ни резу не кспытгв полного ««утреннего
отражения?
Изыечеи1«ч поперечного сече.кия струи
пренебречь, похаззтечь преломления жид-
кости считать достаточцо большим.
Под наибольшим углом к поверхности
воды луч света издает в точке А струи
(рис. 12). Угол падения а, при котором луч
в этой точке не испытывает полного внутрен-
него отражения, должен быть таким, что
sin a = ¦
\
(I)
Это следует из закона преломления света
/sin a I \
\sln~fi~ ~~Г/ и условия, что угол р—90.
Касательная к струе в точке А составляет
угол у = 90е—а с горизонталью. Таким
образом, луч света выйдет из струи, ни разу
не испытав полного внутреннего отражения,
если угол, который образует касательная к
струе в точке А, составляет с горизонтом
угол v такой, что cos v — ~~^~~ ¦
Но касательная к поверхности жидко-
сти — это касательная к траектории дви-
жения частиц, вышедших у верхнего края
отверстия. Поэтому направление касатель-
Рис. 12.
иой к поверхности жидкости совпадает с на-
правлением вектора скорости частиц жидко-
сти в точке А.
Эта скорость складывается из горизон-
тальной скорости yt, которую имели частицы
поды у отверстия сосуда, и из скорости сг,
приобретенной кии при свободном падении
с высоты 2г. Из закона сохранения.энергии
следует, что Amg.2r =—г-г~ (Дт— масса
частицы воды), поэтому vx = «\/4gr. Что
же касается скорости ух вытекания жидкости
из сосуда, то, как известно, она равна ~\/’2gh ,
где А — высота уровня воды над отвер-
стием *).
Зиая ;jj и с2, нетрудно мапти угол на-
клони касательной к поверхности жидкости
в точке А к горизонту:
Выражая теперь cos у через tg v —
1
B)
cos y —
и учитывая, что cos у
n
получим
Л/» г »
Отсюда
Над одной грймм-молехулой «„Ба.гьл го
ггза соь«ршают цккд (зг^жнуты^ i,
состоящий из двух иэо.хор и двух KV
(рис. Щ. Температуры газов р ючхах / и j
равны 7\ к Тх соответствен* >. Определить
работу, совершенную гаэои за цикл, cent
известно, что тачки 2 и 4 лежат на одной
изотерме.
Расширяясь по изобаре 2—3, газ со-
вершает работу
А, « \№. — v,) — р$ь — p2i/, =
«Гз — RT. =* R (Т3 — ТЛ.
При сжатии газа по изобаре 4—1 работа
*) Это следует также из закона сохра-
нения энергии. Действительно, при вытека-
нии массы воды <Sm из сосуда с жидкостью
потенциальная энергия воды умен i>iii:ici с я
на величину \nigh (можно просто считан»,
что масса роды Л/л переместилась с поверх-
ности жидкости к отверстию).

49 Задачник Кванта 2-1972.

совершается уже над газом. Ома рапна
Полная работа, совершенная газом, оче-
видно, равна
А = Ах — Аг=
~То — Tt).
Так как точки 2 и 4 лежат на одной изо-
терме, то теншфатура газа в них одинакова.
Обозначим ее T—tz-Tt. Тогда A=R G+
4-7\— 27). Точки Зи1/ лежат на едкой изо-
Р Т
хоре, поэтому р^- — -^-. Точки 2 и / тоже
1 Я» 7′
лежат на одной изохоре и ^- = у. Из этих
двух уравнений найдем, что
Сюдовательио.
¦95
Поверхность реки образуег наклонную
плоскость. Может ли тело с&ободно плыть
по реке со скоростью, превышающей ско-
рость течения?
Если тело ке перемещается относительно
поды, то действующая на него со стороны
воды сила трения рапиа нулю. Поэтому
составляющая силы тяжести, параллельная
поверхности поды (рис. 14). будет разгонять
тело до тех пор, пока ее не уравновесит сила
трения о воду (которая при малых скоростях
пропорциональна скорости тела). При этом
тело будет плыть со скоростью, большей
cKopcvct и 7?чен и я.
Теперь представим себе, что мы, оставив
тонкую жесткую невесомую оболочку, убрали
тело «и налили в оболочку воду -так, чтобы
50
ее объем был равен объему погруженной
части тела (рис. 15). Поскольку тело плавало,
масса налитой воды равнл массе тела. Qie-
довательно, оболочки с полон эквивалентна
телу, которое мы убрали. Но вода, налитая
в иболочку, ничем не отличается от воды
в репс. Тренне в жидкости связано только
с вязкостью самой жидкости и не зависит от
поверхности гела. Это объясняется тем, что
к поверхности теля «прилипает» тонкий
слон молекул воды и трение определяется
взаимодействием между собой именно мо-
лекул воды- Значит, можно совсем убрать
оболочку, сила трения от этого не изменится.
Получается, что тело должно плыть со ско-
ростью, равной скорости течения.
Что же происходит на самом деле?
Разберемся вначале с тем, что значит
«скорость течения*. Из-за трения скорость
течении реки в различных точках реки раз-
лична. Она увеличивается от дна к поверх-
ности и от берега к середине реки. Поэтому
неодинакова J» скорость течения в том .месте,
где находится плывущее по реке тело. Этим
вода в оболочке отличается от окружающей
воды, ведь скорость поды в оболочке во всех
точках одинакова
Предположим, что скорость тела равна
скорости течения у края тела, который на-
хощтся ближе к берегу. Тогда скорость
течения воды, проходящей мимо тела в Дру-
гих точках, больше скорости тела. Из-за
этого вода должна увлекать тело, увеличи-
вая его скорость. С другой стороны, когда
скорость тела возрастет, оно должно тормо-
зиться благодаря тому, что скорость его
точек, находящихся ближе к берегу, больше
скорости течения и сила трения препятст-
вует движению тела. В результате тело долж-
но плыть со скоростью, большей минималь-
ной, но меньшей максимальной из скоростей
течения на протяжении гела.
Два одинаковых шарика связаны нитью.
Найти высоту килдома этой системы, если
один и» шариков бросили вьерх со ско-
ростью у.
Импульс всей системы ранен ту. а ее
масса 2w. Поэтому о качгодный момент

50 Задачник Кванта 2-1972.

скорость центра масс системы равна
mv v
1т ^Т-
Запишем закон сохранения энергии для
всей системы. При этом мы можем рассмат-
ривать движение не отдельных шариков,
а центра масс системы, считая, что в нем
сосредоточена вся масса системы. Если мак-
симальнал высота, на которую поднимается
центр масс системы, равна Л, то
Отсюда
Мы получили много решений этой зада-
чи, однако в большинстве писем была одна
и та же ошибка. Авторы решений полагали,
что в тот момент, когда центр масс системы
достигает максимальной высоты подъема,
шарики неподвижны и их кинетическая
энергия равна нулю. Это, однако, неверно.
Шарики движутся и их кинетическая энер-
гия в этот момсиг равна
Рис. 16.
денмя напряжения в контуре 11 (или же
разности /;„ и падения напряжения 8 кои-
туре I; в обоих случаях мы должны полу-
чить один и тот же результат)
-f-
Но
Ф97
Виток изолированного провода изогнут
в виде восьмерки, кольца которой имеют
радиусы г|~1 см и гй— Згл. Виток нзхо-
Д1СТСЯ в магнитном поле с индукцией В=
¦• 10* гс, перпенднкулярнам плоскости витка.
Изоляция провода рассчитана на напряже-
ние 10 о. Произойдет ли пробой изоляции,
«ели магнитное поле резко выключить?
Время выключения поля Д t—lQ’3 сек.
Виток можно согнуть по-разному, при
этом провода могут пересекаться, а могут
и не пересекаться между собой. Мы рас-
смотрим оба случая.
Обозначим через ?, и ?2 э. д. с. индук-
ции, наводимые в контурах lull (рис. 16), а
через /?, и/?2 — сопротивления этих кон-
гуров.
Если проволоки контура пересекаются
(рис. 1С, о), то обходя контур, нетрудно
заметить, что э. д. с. f^ и ?s направлены
п разные стороны. Поэтому ток, идущий
по проволоке, равен
Разность потенциалов между точками А’
и А», очевидно, равна разности Е1 и па-
_Дф 5ЛД 2 ДД
>~ At = Д/ ^»:|л?-д/ J
AJ5
аналогично,
Сопротивления контуров равны
Я, = р-2лг„
R2 = р-2лгг.
Огсюда получаем:
A)
Бели проволоки контура не пересекают-
ся (рис. 16, б), то э. д. с. ?| и ?2 направлены
в одну сторону- В этом случае
I = ~ГЛ • рЧ
Во втором спучае разность потенциалов
.чгежду точками А’ к А» проволоки меньше,
Г, — Го
чем в первом, Bf _,_ f- раз.
Подставляя в формулу A) численные
значения ьеличин, найдем, что U—le. Вы-

51 Задачник Кванта 2-1972.

численная по формуле B) разность потен-
циалов еще меньше. Это означает, что изо-
ляция не будет пробита.
Ф96
Какую максимальную резкость потен-
циалов можно получить, имея в своем рас-
поряжении источник с з. л. с. Е и п одннахо-
ьых жждеисатороа с емкостью С каждый?
Разберем вначале более простой случай
сп=2.
Зарядив оба конденсатора от источника
до разности потенциалов ? и соединив вместе
последовательно источник и оба конденса-
тора, можно получить разность потенциа-
лов 3?. Однако это не максимальная воз-
можная разность потенциалов. Докажем,
что имея два конденсатора и источник,
можно получить разность потенциалов, сколь-
ко угодно близкую к 4?.
Соединим последовательно источник с од-
ним из конденсаторов, а второй конденсатор
замкнем на эту пару: «—» конденсатора
соединим с «—» источника, а с+» конден-
сатора с «-}-> второго конденсатора (рис. 17).
При этом заряды на конденсаторах перерас-
пределятся. Обозначая заряды на конден-
саторах после перераспределення через <7i
и q%, а падение напряжения на конденсаторах
через их и и.г, мы можем записать
Е + иг — «я. (I)
Суммарный заряд правых пластин кон-
денсатора равен 2СЕ. Этот заряд перерас-
пределяется между пластинами, но изменить-
ся не может. Поэтому
qt + с/2 = 2СЕ. B)
Решая уравнения (I) и B) совместно,
найдем
п9 — у Е.
Снова зарядим конденсатор 1 до разности
потенциалов ?, соберем ту же схему. Теперь
4 ,
иг станет равным- — L-
Повторяй эту операцию много раз,
можно зарядить конденсатор 2 до разности
потенциалов, сколь угодно близкой к 2?.
Соединяя теперь источник и оба конденса-
тора последовательно, мы и получим раз-
ность потенциалов, сколь угодно близкую
к 4Е.
Таким образом, ясно, что имея возмож-
ность с помощью двух конденсаторов полу-
чить батарею с э. д. с. 4?, третий конден-
сатор можно зарядить уже до разности
потенциалов 4?, а затем, соединив после-
довательно конденсаторы и источник, полу-
чить разность потенциалов &Е- До этой раз-
ности потенциалов можно зарядить четвер-
тый конденсатор к т. д. Значит, имея п
конденсаторов, один из них можно зарядить
до разности потенциалов Е, второй до раз-
ности потенциалов 2?, третий до разности
потенциалов 4? и так далее, n-й конденсатор
можно зарядить до разности потенциалов
2″~*?. Соединив затем все конденсаторы
и источник последовательно, можно полу-
чить разность потенциалов
? + (? + 2? + 4? + … + 2″-»?) = 2я ?.
На рисунке 18, а показаны V—Т диа-
граммы двух круговых процессов. При каком
нз них газ совершает большую работу:
при процессе 1—2-~3—/ или при процессе
1—3—4—У?
Перерисуем диаграммы процессов, по-
казанных на рисунке, в координатах P-*V.
Точки 1 и 3 лежат на одной изотерме,
причем точке / соответствует меньший объем,
чем точке 3. Поэтому, начертив изотерму,
выберем две точки на ней — точки / и 3,
как показано на рисунке 18, б. Теперь
построить диаграммы циклов несложно. Ли-
ния /—2 — это изобара, причем объем в точ-
ке 2 больше, чем объем в точке 7. Линия
2—3 — изохора. На диаграмме Р—V она
должна быть вертикальна. Точно так же
строится и диаграмма второго процесса.
Мы знаем, что работа, совершенная га-
зом за цикл, равна площади фигуры, огра-
ниченной графиком цикла. Но из рисунка
видно, что площадь «красного» процесса
больше площади «серого» процесса. Это озна-
чает, что большую работу газ совершает
при и роцсссе /—2—3— t.

52 Задачник Кванта 2-1972.

Редакция получила 121 письмо с реше-
ниями задач Ф92—Ф99- Только один из чи-
тателей А. Апрапетян (Ереван) прислал
правильное решение задачи Ф©2. Наиболее
легкими оказались задачи Ф94 и Ф99. Мы по-
лучили много писем с верными решениями
этих задач.
Правильные решения задач прислали:
A. Айрапетян (Ерснан), Ф92; С. Арасдано-
ва (и. Нижне-Ивкино Кумснского р-на Ки-
ровской обл.) Ф94, Ф95, Ф99; В. Белов
(Вологда) Ф93, Ф94, Ф97, Ф99; А. Белецкий
(Москва) Ф94; А. Бдохин. (Кисслевск Кеме-
ровской обл.) Ф93; В. Бронников (п. Киль-
меэь Киропскои обл.) Ф94; И. Вильданов
(Нижний Тагил) Ф94; В. Гаврилоа (с. Сма-
гость Курской обл.) Ф99; С. Галахваридм
(Тбилиси) Ф99; В. Глембоцкий (Ярославль)
Ф93, Ф94. Ф97, Ф99; С. Горбулин (с. Красно-
гвардейское Ставропольского края) Ф96;
Л. Дацевич (Ленинград) Ф99: Е. Долгов (Моск-
ва) Ф93, Ф94, Ф95, Ф99; Г. До.шОзе (Тбилиси)
Ф99; В. Долматов (Ташкент) Ф94, Ф99; А. Дом-
рачее (Йошкар-Ола) Ф93; Г. Зайцев (Гагра)
Ф93, Ф94, Ф97. Ф99; М. Забежинская (Ле-
нинград) Ф94; О. Заумыслова (Москва) Ф95;
//. Зыков (Саратов) ФУ9; А. Иванов (Льгов
Курской обл.) Ф99; fl. Ипшн (Речица Го-
мельской обл.) Ф99; Кацнельсон (Магнито-
горск) Ф94; Л. Книжнерман (Москва) Ф94,
Ф96; А. Кожухов (Комсомольск-на-Амуре)
Ф93; В. Коломийцев (Ростов-на-Дону) Ф99;
B. Коротких (Новокузнецк) Ф94, Ф96; В. Ко-
шеное (Москва) Ф99; В. Кулич (д. Могильно
Ивановского р-на Брестской оГ>л.) Ф99;
В. Кууск (Ржев) Ф94. Ф99; Г. Левин (Куй-
бышев) Ф94; И. Лобов (Красноярск) Ф93;
В. Лукашин (Москва) Ф99; А. Лукьянов (Там-
бов) Ф94, Ф99; Ю. Лурье (Грозный) Ф95,
Ф99; А. Мамула (с. Дыбинцы Богуславско-
го р-на Киевской обл.) Ф99; В. Надежно
(Ленинград) Ф94, Ф99; В. Недземский (Ле-
нинград) Ф94; Я- Островский (Курск) Ф97;
В. Пархоменко (с. Покомибичн Гомель-
ской обл.) Ф94; М. Прегер (Томск) Ф96;
В. Пшеничников (с. Ключевка Новосергеев-
ского р-на Оренбургской обл.) Ф96; П. Сер-
геев (Грозный) Ф99; А. Семенов (Фрунзе)
Ф94; И. Сидоров (Москва) Ф94, Ф99; Г. Си-
моненков (Каунас) Ф94; М. Соломонович (Ки-
шинев) Ф94; Л. Сорокина (Орел) Ф99; А. Со-
сунов (Баку) Ф94; Сычев (Лльга Актюбин-
ском обл.) Ф99; Г. Фай (Караганда) Ф94;
В. Файтелевич (Армавир) Ф99: Н. Фе<)ин
(Омск) Ф94. Ф97. Ф99; А. Федченко (с Ново
петровка Белопольского р-на Сумской обл.)
Ф94, Ф99; Г. Фурманов (Черновцы) Ф96;
Е. Чудаков (Москва) Ф94; Р. Шиганов (Лю-
берцы Московской обл.) Ф99; В. Шалимов
(Воронеж) Ф93.
(Начало см. на стр. 41)
Следующий симпозиум проходил в Тбили-
си в школе Me 42 с 5 го 9 ноября 1971 года.
Приехали не только участники симпозиума
в Горьком, но и пополнение из физико-мате-
матических школ Душанбе. Еревана, Баку
и Минска.
Секцией математики-1 руководил заслу-
женный деятель наук доктор физико-матема-
тических наук профессор Д*. А. Квеселава.
На этой секции были заслушаны доклады
«Об одной минимальной проблеме». «Сравне-
ние логарифмов». «Числа Фибоначчи». «Алго-
ритмы», «Индукция в геометрии», «Номогра-
фия>, «Инверсия-». «Элементарное введение
в математическую логику», «Теорема Эйлера».
«Математика в общественных науках» и дру-
гие.
Секцией математнкн-2 руководил доктор
физико-математических наук профессор
И. Н. Карцивадзе. Школьники прочли док-
ляды на темы «М- В. Остроградский*, «Нетри-
виальные точки пересечения графиков функ-
ций», «Признаки делимости», «Прямая и об-
ратная теоремы», «Применение теоремы о
выпуклости функций к доказательству не-
равенств», «Некоторые вопросы из теории
рефлексивных игр», «Что такое расстояние»,
«Н. И. Мусхелишвили» и другие.
С докладами на математических секциях
выступили: М. Керзнер A0 кл. с. ш. 239.
Ленинград), С Борисенко (9 кл. с. ш. 145,
Киев), И. Пирадашвили A0 кл. с. ш. 42.
Тбилиси). С. Березницкий, Л. Левантовский
(9 кл. с. ш. 444, Москва), Л. Попова. (9 кл.
с. ш. 10, Минск). Р. Слизинова (-10 кл. с. ш 110,
Ташкент), О. Худавердям A0 кл. ф.-м. ш.
при Ереванском государственном универси-
тете)! М. ГварамадзеA0 кл., с. ш.42,Тбилиси),
Л. Полканов (9 кл. с. ш. 10, Минск) и другие.
Работу секции физики возглавлял кан-
дидат физнко-математнческих наук доцент
А. Р. Хволес^ Были заслушаны доклады
«Поведение шара в потоке воздуха», «Законы
сохранения и симметрия пространства —
времени», «Падение дождевой капли в нена-
сыщающем воздухе», «Квазары», «Второе на-
чало термодинамики» и другие.
На физической секции выступили:
А. Саввин {10 кл. с. ш. 239, Ленинград),
Д. Туревская A0 кл. с. ш. 145, Киев), И. Ако-
пян и О. Давыдов A0 кл. с. ш. 42, Тбилиси)
и другие.
На симпозиуме работали также секции
химии, истории и литературы.
Директор школы 444 г. Москвы,
¦•¦ В. Д. Головина

53 Задачник Кванта 2-1972.

 

Задачник Кванта 2-1972