Задачник Кванта
Страница переведена на новый сайт https://myeducation.su/ :
страница ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ Квант (1972)
Решения задач из «Задачника «Кванта» просим присылать
не позднее полутора месяцев после выхода из печати соответ-
ствующего номера. На конверте после адреса журнала напишите,
решения каких задач вы высылаете (например, 117071, Москва,
В-71, Ленинский проспект, 15, «Наука», редакция журнала
«Квант», «Задачник «Кванта» М131, Ф134). В начале письма
укажите свою фамилию, имя, отчество, шестизначный почто-
вый индекс и адрес (а также школу и класс, в котором вы учи-
тесь).
Звездочкой отмечены более трудные задачи.
М131. Докажите, что четыре точки,
в которых биссектрисы углов между
продолжениями противоположных сто-
рон вписанного четырехугольника пе-
ресекают его стороны, являются вер-
шинами ромба (рис. 1).
Мурат Уртембаев, ученик 10 клас-
са школы № 56 г. Алма-Аты
MI32. Пусть по окружности выпи-
сано п чисел хи х2,… ,х„, каждое из
которых равно (+1) или (—1), причем
сумма п попарных произведений со-
седних чисел равна 0 (как в задаче
М93, стр. 42) и вообще для каждого
/г=1, 2, …. /1—1 сумма п попарных
произведений чисел, отстоящих друг
от друга на k мест, равна 0 (то есть
10 + + 0
и т. д.); пример для п—-4 дан на рис 2).
а) Докажите, что п — квадрат це-
лого числа.
б)* Существует ли такой набор
п чисел при п=16?
(Полное решение вопроса: при ка-
ких п такой набор чисел существует,
нам не известно.)
Ml33. Один из простейших много-
клеточных организмов — водоросль
«вольвокс» — представляет собой сфе-
рическую оболочку, сложенную, в
основном, семиугольными, шестиуголь-
ными и пятиугольными клетками (то
есть клетками, имеющими семь,
шесть или пять соседних; в каждой
38 Задачник Кванта.
«вершине» сходятся три клетки (рис. 3).
Бывают экземпляры, у которых есть
и четырехугольные, и восьмиугольные
клетки, но биологи заметили, что если
таких «нестандартных» клеток (менее
чем с пятью и более чем с семью сто-
ронами) нет, то пятиугольных клеток
всегда ровно на 12 больше, чем семи-
угольных (всего клеток может быть
несколько сотен и даже тысяч). Не
можете ли вы объяснить этот факт?
В. Маресин
Ml 34. Какое множество точек за-
полняют центры тяжести треугольни-
ков, три вершины которых лежат со-
ответственно на трех сторонах А В,
ВС и АС данного треугольника ABC?
Л. Г: Макаров
Ml 35*. Докажите, что для каждого
натурального л>1 верно тождество
sin* sin
/
^’\ x
X
x -f
(rt-l).T
cn sin nx,
где сп — некоторое число (зависящее
от л), и найдите с„.
В. Маресин
Ф143*. Самолет садится на палубу
авианосца, имея скорость 100 км/нас.
Зацепившись за канат торможения, са-
молет пробегает до полной остановки
50 м. Определить перегрузки при по-
садке, если коэффициент упругости ка-
ната не меняется по мере его рас-
тяжения. Масса пилота 70 кг.
Ф144. Каким должен быть коэф-
фициент трения стержня о пол для того,
чтобы он мог стоять так, как показано
на рисунке 4? Длина нити, удержива-
ющей стержень, равна длине стержня.
И. А. Зайцев
Ф145. Идеальный газ сначала пе-
реходит из состояния 1 (Plt Vj, TJ
в состояние 2 (Я2, Vlt T2). Затем из
состояния 2 газ медленно и адиабати-
чески (без подвода тепла) переходит
в состояние 3 (Ря, V3, Г3). Известно,
что при переходе 2^*3 газ совершает
работу, равную количеству тепла, со-
общенного газу при переходе 7->2.
Рн«. 3.
Показать, что Т3 = Т1. Изобразить
процессы 1^-2 и 2~+3 на плоскости VT.
Ф146. Имеется батарея с э. д. с.
100 в и внутренним сопротивлением
2 ом. На нагрузке нужно получить на-
пряжение 20 в, причем при изменении
сопротивления нагрузки от 50 до 100 ом
напряжение на ней должно меняться
не более чем на 2%. Придумайте про-
стую схему для питания нагрузки и рас-
считайте параметры этой схемы.
А. Р. Зильберман
Ф147 *. В модели атома Резерфорда
и Бора электроны вращаются вокруг
ядра на определенных круговых ор-
битах. При переходе с одной орбиты на
другую, более близкую к ядру, атом
испускаег фотон. Какова энергия и ча-
стота фотона, испущенная атомом во-
дорода при переходе электрона с ор-
биты радиуса г1=2,1-10″8 см на ор-
биту радиуса г2—5,3-Ю»9 см?
С. М. Козел
39 Задачник Кванта.
Решения
В этом номере мы публикуем решения задач
М89—М95; ФЮО—Ф107
М89
Решение »той задачи содержится d
заметке И. М. Яглома на стр. 28.
М90
Докажите, что если х.ш<хг<х3… — на-
турзльные числа, то
.. У-*’л — *„_,
¦*л
I 1
1
Но
V
i
тогда
]/х( —
+ Д.
т v
1
— JCJ_1
1
f I ‘
J
1
з ¦»•
Afl » *
;r • ¦ ¦ —
«¦> «I _¦* ! ¦ ‘ ¦ Г „i <
да
Предположим сначала, что .vnsjrt2. Тог-
^ATj — Af^t XI —Xj^ __
X( X;
r- ‘ i’i «r ‘ v. •
AT| — *,-_, слагаемых
Последняя сумма, очевидно, не прево-
сходит содержащей столько же слагаемых
суммы
1 1
AJ — 1
Прелполож1’м leJiL-ps, чго грели чисг-л
Хд. x,, A;j х„ есть Со.чыит> чем пг.
ЕСЛИ А’;> Я». Т’)
i_ j_
У п •
Таким об[>лчо\1. каждое слагаемое со
знаменателем д-,-, большим л4, мспмш —.
Следовательно, сумма г.сех таких слагаемых
(их не более чем п) меньше 1. Но сумма оста.и —
них слагаемых, как уже было показано
I I
выше. меньше -tj- •{• ~Т» -; \-—г»
что и завершает доказательство неравенству»)
Ю. И. Ионин
40 Задачник Кванта.
M91
Решению задачи M9I посвящена отдель-
ная заметка «Окружение десанта» на стр. 24.
М92
Петя собирается все 90 дней каникул
провести в деревне и при этом строго при-
держиваться такого распорядка: каждый
второй день (то есть через день) ходить ку-
паться на озеро, каждый’ третий — салить
в магазин за продуктам» и каждый пятым
Лень решать задачи по математике. (В пер-
вый день Петя проделывал н то, и другое,
и третье, и очень устал.) Сколько будет у
Пети «приятных» дней, когда нужно’ будет
купаться, но не нужно ездить в магазин и
решать задачи? Сколько «скучных», когда
совсем не буяет никаких дел?
Эта задача привлекла внимание многих
наших читатялей. Вот ее подробное решение.
Занумеруем псе дни: 1, 2, 3, …, 90.
Выясним, сколько раз Петя ходил ку-
паться. Он делал это в первый лень, з по-
том через день. Значит, он ходил купаться
в дни с нечетными номерами (рис. 1). Таких
ячей 90:2 45. Следовательно, он ходил
купаться 45 раз.
Точно так же можно выясни гь. сколько
было дней, когда он ездил в магазин, и сколь-
ко, когда решал задачи. Ездил в магазин он
в те дни, номера которых при делении на 3
аак>т остаток \. (Таких ;игсЙ 90.3 30 (рие.. 2).)
А задачи решал п те Дни, номера которых
при делении на 5 дают остаток 1. (Таких
дней 90:5 18 (рнс. 3).)
Однако для того, чтобы угнать, сколько
было у Пети «скучных» и сколько «приятных»
дней, этого еще но достаточно. Сдедтат еще
узнать, сколько было дней, когда Петя (о)
купался и ездил в магазин, (Ь) купался и
занимался математикой, (с) ездил в мага-
зин и занимался математикой и (tf) кутался,
ездил в магазин и занимался математикой.
Чтобы не решать каждую из этих задач в
отдельности, мы докажем такую общую
лемму.
„Чем мл. Сред» натуральных чисел,
меньших Л’, остаток q при делении на п
дают
г N—\ — q’\
—
-f- 1 чисел
(На-
Рис 1.
Рнс. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.
часть числа х: наибольшее целое число, не
превосходящее х.)
Доказательство леммы.
Остаток q при целении ня л лают числа
9, q*-l-n, q+2-n q-\-kn, …
Поскольку нас интересуют только числа,
меньшие Л1′, нам нужно найти такое целое
k, что gr-Hfen<.Vs^tf-r(H-l)n. Перепишем
это неравенство так:
cN—\—Q<\k+\)n,
и, наконец, так: к
N—1 — q
<*+!-
помним, что через (х| обозначают целую Поэтому к —
Л1 — 1 — q
, а всего чисел.
меньших Л’ и дающих остаток (/приделении
Г N — 1 — q \
иа п, существует И 1 (еди-
ница появляется н>за числа q—q-r0i().
Теперь уже просто получить отв?ты
на вопросы а\ Ь, с и (I. Действительно, каж-
дый и и этих вопросов можно переформули-
ровать так: сколько натуральных чисел,
мепыппх 91. дают остаток \ прн делении
на л,-, где /ij зависит от попроеа: па=6.
пь Ю, пс—15 и nd 30. Подставляя этн
числа в нашу формулу, получаем, что было:
41 Задачник Кванта.
15 дней», когда Петя купался и ездил
в магазин;
9 дней, когда Петя купался и решал
задачи;
6 дней, когда Петя ездил в магазин и
решал задачи;
3 дня. когда Петя купался, ездил в ма-
газни и решал задачи.
Теперь мы уже можем вычислять, сколь-
ко было «скучных» и сколько «приятных»
дней. Всего Петя провел в деревне 90 дней.
3 дня он занимался тремя делами. 15+9+
рис. 6.
о
Рис. 7.
в_ в,
к
с
А К О,
D
4-6=30 дней — хотя бы двумя делами и
45 ’30+18—93 дня — хотя бы одним делом.
Поэтому (см. рис. 4, 5) 90—93+30—3-24
дня ой ничем не занимался. Итак, «скучных»
дней было 24. Аналогично вычисляется
число «приятных» дней: всего Петя купался
45 дней, купался и занимался еще чем-ни-
будь ои 15+9—24 дня, *, наконец, всеми
тремя делами он занимался 3 дня. Оконча-
тельно, «приятных» дней было 45—24+3*=
= 24.
М93
Каждое из чисел xlt х9,…, хп равно
плюс или минус единице. Известно, что
Докажите, что п делится на четыре.
Поскольку в сумме х1хе+х8х3+….
…+хп*1 ровно я слагаемых, то « четно —
число минус едишш в этой сумме равно
числу плюс единиц. Остается показать, что
число минус единиц четно. Перемножим
ддя этого все слагаемые
Поэтому количество минус единиц действи-
тельно четно н л делится на 4.
М94
Докажите, что не существует много-
гранника, у которого к каждой вершине
и к Каждой грани примыкает не менее чем
по четыре ребра.
Допустим, что такой многогранник су-
шествует. Пусть а,, а , ak — плоские
углы его граней. Сосчитаем двумя разными
способами, чему равно их среднее арифме-
тическое. Сгруппируем углы по граням.
Тогда, поскольку у «каждой 1рани по край-
ней мере четыре угла, среднее арифметичес-
кое ее углов не ыеньше 90°. Отсюда сразу
следует, что н среднее арифметическое всех
углов не меньше 90э. Сгруппируем их те-
перь по першинги. Поскольку к каждой
вершине примыкает хотя бы четыре угла,
а сумма всех углов при вершине меньше
360°, то среднее арифметическое углов при
вершине .меньше 90е*). Но тогда и среднее
арифметическое всех углов меньше 90°. А,
как мы доказали выше, оно не меньше 90°.
Полученное противоречие и доказывает, что
таких выпуклых многогранников не сущест-
вует..
Другое решение задачи можно получить,
основываясь на формуле Эйлера **). Пусть
Рис 8.
42
•) В этом месте мы пользуемся выпук-
лостью многогранника. Как заметили неко-
торые наши читатели, можно построить не-
выпуклый многогранник с «дыркой», у кото-
рого каждая грань четырехугольник и в каж-
дой вершине сходятся четыре ребра (см.
рис. 6).
•*) О формуле Эйлера можно прочитать
в книге: Р. К у р а н т и Г. Р о б б и н с,
Что такое математика?, «Просвещение», 1967.
42 Задачник Кванта.
В — количество вершин, Р — ребер, а Г —
граней многогранника. Тогда для выпук-
лого многогранника (и вообще для . много-
гранника без «сквозных дыр») справедливо
такое равенство:
В нашем многограннике к каждой вершине
примыкает не менее четырех ребер. Поэтому
4В
Р ^s —о» . (Пополам надо делить потому,
что каждое ребро примыкает к двум верши-
нам.) Аналогично, поскольку К каждой грани
4Г
примыкает хотя бы четыре ребра, Р ^ —^—.
Поэтому 2Р^2(В+Г), то есть ^+,
а по формуле Эйлера В+Г—Р+2. Таким
образом, из существования многогранника,
обладающего указанными свойствами, сле-
довало бы, что Р^;Р-\-2, что противоречиво.
М95
На доске была начерчена трапеция,
в ней была проведена средняя линия EF и
опущен перпендикуляр ОК из точки О пе-
ресечения диагонллей на большее основание.
Затем трапецию стерли. Как восстановить
чертеж по сохранившимся отрезкам EF и
ОК (рис. 7)?
Построение трапецш1. Про-
ведем через точку К прямую /, параллель-
ную отрезку EF¦ Отыщем середину М от-
резка EF. Найдем точку N пересечения
прямой / и прямой ОМ. Построим паралле-
лограмм с вершинами ?, N и F, для кото-
рого отрезок EF является диагональю. Обоз-
начим его четвертую вершину через Р. Про-
ведем через нее прямую /’, параллельную /.
Проведем через точку О прямые, параллель-
ные сторонам параллелограмма ENFP. Точ-
ки, в которых эти прямые пересекают пря-
мые / и /’, являются вершинами трапеции.
Наше построение основано на том, что
прямая ОМ делит основания трапеции по-
полам. Доказательство этого несложного
факта и доказательство правильности по-
— строения мы оставляем читателям. (Кроме
этого мы пользовались тем. что средняя ли-
ния треугольника параллельна его стороне.)
Другое решение задачи можно полу-
чить, основываясь на том, что точка Q пе-
ресечения продолжений боковых сторон ле-
жит на прямой ОМ и отношения расстоя-
ний до прямых / и /’ для точек О и родина-
ковы. Пользуясь этим, после того как по-
строены прямые / и /’, можно построить
точку Q н, соединив ее с точками Е и F,
найти вершины трапеции.
Исследование. Разберем раз-
личные случаи расположения отрезков EF
п ОК.
1. Точка О лежит на отрезке EF. Тогда
решений нет (если точка О является сере-
диной отрезка EF, то прямую ОМ можно
провести почти произвольно — подойдет лю-
бая прямая, пересекающая отрезок EF в
точке О. Соответствующие трапеции превра-
щаются в параллелограммы (рис. 8)).
2. Точка О не лежит на отрезке EF.
Тогда решение единственно. Однако если
перпендикулярные отрезки EF и ОК нари-
сованы произвольно (а не получены «сти-
ранием» настоящей трапеции), то наше по-
строение не всегда приводит к трапеции.
43 Задачник Кванта.
Трапеция получается только, если отрезок
ОМ короче отрезка МЛ’ (рис. 9. о. б). Если
отрезки ОМ и Л/.V равны, то получи гея тре-
угольник (рис. 10). Если же ОМ больше
MN, то получается «самонересокающаяся
трапеция» (рис. 11, а. б>.
Правильные решения задач прислали:
И. Боткина (Курган-Тюбе) М92; С. Боу-
бйтрин (Глодяпы MCCP) M92; А. Аляеа
(Пачелмы Пензенской обл.) М92, М95;
А. Бугий (Изяслав) М93. М95; В. Гимолич
(Одесса) М93—М95; В. Гоччаренко (.Май-
коп) М95; В. Афанасьев (Коломна) М9л;
О. Волков (Свердловск) М95: О. Винер
(с. Городовка Винницкой сбл.) М92. М95;
А. Довжиков (Ленинград) М95; В. Зубарев
(Архангельск) М95: И. Бршповския[1. Усолье-
Сибнрское) М92; А. Заславский (Калинин)
М95; Г. Златкус (Ссветск Калининградской
обл.) М92; В. Запорожская (пос. Соснины
Черниговской обл.) М92, М95; А. ГольБерг
(Москва) М92—М95; В. Кор^няко (Воро-
неж) М92, М94. MS5; А. Николаев (Москва)
М92—М94: В. Грицевич (г. Чорткоп Терно-
иольской обл.) М93, М94; Т. Кислицини
(с. Шараига Горьковской обл.) М95; С. Вг-
личко (Докучаевск Донецкой обл.) М95;
Ю. Кисин (Старая Русса) М95; Р. Косой
(Одесса) М92, М95; Л. Книжнерман (Москва)
М92; Л. Лизарееа (Ленинград) .М92; В. Ло-
гинов (Москва) М93; Т. Казанов (Тбилиси)
Рис. 116.
М95: А. Григорян (Баку) М93. М94; М. Ил-
лиричная (Воронеж) М92, М93, AW5; А. Сбо-
ев (пес. .Медведок Кировской обл.) М92, М93.
М95; А. Кольцов (Горький) М92. Д195; А. Ку-
шуков (Ьаку) Л192. Л\93. М95: А. Слинин
(Лазовая )СарЬ1чрвско1’1 гбл.) М94; /О. По-
лонский (Зеленододьск) Л^95; В. Но^уско
(Ленинград) .M9S: Л-. Рудицср (Харьков)
М95; В. Терентиев (г. Павлов Горкковской
обл.) М92; Г. Макаров (Златоуст Челябин-
ской обл.) М93. М95: Б. Слспчснки (Челя-
бинск) М92, М93. М95; С. Мукяьхин (Но-
восибирск) М92; И. Порутчикова (г. Ожоль-
нчкн Тульской обл.) М92; М. Розов (Минск)
М92-М95; М. Прегер (Томск) М94-М95;
Э. Турхееич (Черновцы) М92 -Л195; П. Сер-
гиев (Гро’шыА) M9S; А. Сшнкин (Москва)
М92; А. ШамаЮ (Москва) М92. М93. М95;
А. Удальщм (Калининград Москопской обл.)
Л\92. М93, AW5; О. Xy.hm-рОян (RpeB.iii)
М93. М95: Р. Штанов (Люберцы Москов-
ской обл.) М92, AVJ3; Г. Фи.П’Ковский A>аку)
М92, Л\93; Ю. Якушин (Ломоносов) М92;
L. Частников {к. Парыгшю Зырянопского
р-на) М92; И. Юргель (Глубокое БССР) М92;
С. Чекморсв (Москва) М93; Н. Фаткиллчн
(Казань) М93, М95: А. Черняк (.Минск) М92,
М93, М95; В. Малычснко (Счавшкк-ка-Ку-
бани) М92; Р. Со.шцас (Вильнюс) М95;
П. Сухов (Саратов) Л195; А. Шерстюк (Ни-
колаев) М93. Л195; Л. Резник (Ленинград)
М92, М95
Л. Лиманов
44 Задачник Кванта.
ФЮО
На высоте Л -200 км плотность атмо-
сферы равна р — 1,6-10~10 кг/м9. Оцените
силу сопротивления, испытываемую спут-
ником с поперечным сечением S — 0.5 мг
и массой т— 10 кг. летящим на этой высоте.
Как подсчитать силу сопротивления,
рассказало в этом ко мере журнала в статье
«Импульс. Закон сохранения импульса».
За время Л/ спутник сталкивается с части-
цами воздуха, находящимися п объеме 5Х
\с-А/ (у — скорость спутника). Масса
этих частиц равна pSvAt, а импульс, прио-
бретаемый ими при столкновении со спут-
ником, равен pSv^t-v pSv2At. Согласно
второму закону Ньютона на частицы воздуха
действует со стороны спутника сила F =^=
liSv2 At
=т= ——— _-= pSv7. По третьему закону
Ньютона точно такой же величины сила,
только направленная в противоположную
сторону, действует на спутник.
Чтобы найти величину силы сопротив-
ления, действующей на спутник, нужно знать
скорость спутника.
Будем считать, что спутник движется
по круговой орбите радиуса R Rg~h
(R3 — радиус Земли). Так как центростре-
мительное ускорение -т=г спутнику сообща-
тМз ,
ет сила тяготения Ft —у—бг— (^з —
мясса Земли), то согласно второму закону
Ньютона
mMi
mo-
Отсюда
Поэтому сила сопротивления
CY*3
F —, р
Подставляя сюда численные значения
м3
всех бслкчнн {у -¦, 6,67-10~11 л , М3 «=а
RasG-IO24 кг, /?3 — 6.4 10е м). ияйдем
Гж 4,8-10-» и.
Найдем теперь, как сопротивление ат-
мосферы нлняет на движение спутника.
Предположим, что изменение орбиты спут-
ника за один оборот невелико. Тогда, сде-
лав одни полный оборот, спутник будет дви-
гаться тоже по кругопой орбите. Радиус этой
орбиты обозначим Ul. Будем считать, что
потенциальная энергия спутника равна нулю
бесконечно далеко от Земли. Тогда по ана-
логии гравитационного поля с электричес-
ким можно заключить, что На расстоянии R
от центра Земли потенциальная энергия спут-
нн/а отрицательна и равна —у—=
*\
Полная энергия спутника равна сумме по-
тенциальной и кинетической энергий:
mv2
R
Но v2 — УЪ~ -Этоозначает, что кинетичес-
то
кая энергия спутника равна у —кк
есть составляет по абсолютной величине
половину потенциальной энергии спутника.
Полная энергия спутника равна
После того как спутник сделает один
полный оборот, его энергия станет равной
Изменение энергии спутника равно работе
силы сопротивления F на пути 2л/?:
Е — Ey
Af3m
, или
Отсюда
дЛ .-,/?-/?, = 4л
~
Так как/??»/?,, то можно считать /?/?,i=«/?2 и
Ли *=«
т
я» 3,5 км.
Как видно, предположение о том, что
изменение радиуса орбиты спутника за один
виток невелико, было правильным. Спутник
будет двигаться по спирали, каждый из вит-
ков которой мало отличается от окружности.
Если бы плотность атмосферы не зависела от
высоты, то такой спутник упал бы на ЗСмлю,
200 км ‘
сделав л — -tj-t *^ 57 витков вокруг Зем-
0,0 КМ
ли. Но плотность атмосферы увеличивается с
уменьшением высоты. Поэтому на высоте.
120—ПО км сопротивление так велико, что
спутник уже не может закончить виток и
падает вниз, сгорая в плотных слоях атмо-
сферы.
45 Задачник Кванта.
ФЮ1
К висящей очень тонкой пружине с
жесткостью fe подвешен шарик. Вначале
пружина не растянута. Затем шарик отпус-
кают. Какой максимальной скорости достиг-
нет шарик при cuoew движении? Масса ша-
\»нм т.
Запишем уравнение движения шарика.
На него действуют две силы: сила тяжести
mg и сила натяжения пружины F==kx, где
х — деформация пружины. По второму за-
кону Ньютона
k
90″
Рнс. 12.
Из этого уравнения следует, что уско-
рение шарика а вначале направлено вниз
и уменьшается, льтем становится
этой формулы следует, что
mg
нулю при х = —г-, а потом снова возрастает,
но направлено уже вверх.
Скорость шарика возрастает, пока его
ускорение направлено вниз, и уменьшается,
когда оно направлено вверх. Поэтому ско-
рость шарика максимальна при х=—-г—.
Для того чтобы найти ее, запишем закон
сохранения энергии. Если шарик опустился
на расстояние х, то его потенциальная энер-
гия уменьшилась на величину mgx, а кипе-
ти ческа я — возросла на
mv*
(раньше она
была равна нулю). Часть потенциальной
kx*
энергии шарика, равная ~^~, пошла на
увеличение потенциальной энергии дефор-
мации пружины. Поэтому
kx- mxr
mgx = -g- +- —— ¦
Отсюда прк х — —г- получим
Р max =,
Ф102
В герметически закрытом сосуде сме-
шали поровну кислород н гелий. Затем в
стенке сосуда сделали отверстие. Каков
состав молекулярного пучка, выходящего
«з него?
Энергия молекул rd3a зависит только
от его температуры. Поскольку газы в со-
суде находятся в равновесии и их темпера-
туры одинаковы, то
стнсс1нс
2
где vOt и t’He — средние скорости движения
молекул газов, /и0 и /лНе — их массы. Из
46
7П|
т,
Будем для простоты считать, что мо-
лекулы газа могут двигаться только в трех
взаимно перпендикулярных направлениях и
скорости всех молекул одинаковы и равны
средней скорости. Тогда в направлении к
отверстию движется одна шестая часть мо-
лекул каждого из газов. За время Л/ из со-
суда вылетают те молекулы газа, которые
вначале находились на расстоянии, не боль-
шем v&l от отверстия. То есть это молекулы
кислорода, находящиеся в объеме i?o &t s
и молекулы водорода, находящиеся в ооъеме
гНеЛ/ s(s— плошаль отверстия). Всего та
лНе — число молекул кислорода и гелия в
единице объема. Если в сосуде имеются рав-
ные количества молекул обоих газов, то-
Не
ких молекул кислорода Л’о *• у0 sn0 Д/ и
молекул гелия Л’Не— ^Hes’1^’
1
Не
21/2
Если же массы газов в сосуде равны,
то /nO,J1O,=mHenHe и
»не
»
Не
r= ]/fflHc . «‘Не __ 1_
mOt тОг ‘ 16 У2»
ФЮЗ
Из пушки делают дие серии выстрелов,
наклонив ствол под утлэми 30е и 40е к гори-
зонту. В како-м случае попадания снарядов
будут более кучными, «ли разброс вызван
поточным прицеливанием, а се разбросом
начальных скоростей снарядов? Сопротив-
ление воздуха считать пренебрежимо малым.
Найдем вначале зависимость дальности
полета снаряда от угла его вылета. Запишем
46 Задачник Кванта.
для этого кинематические уравнения движе-
ния снаряда. Если скорость снаряда равна
го, а угол, под которым снаряд вылетает
hj орудия, равен а, то в вертикальном на-
правлении вдоль оси у снаряд движется с
ускорением a-s—g и начальной скоростью
со?~ио sina. Поэтому изменение координаты
у снаряда определяется уравнением
/3
у == uo/sin а — —2~.
По горизонтали вдоль оси х снаряд движется
равномерно со скоростью t\— v0 eosa. По-
этому
x==vol cosa.
В момент падения на землю у=A н
Отсюда можно найти время движения сна-
_ 2и0 sin a
ряда. Оно равно/ = . Полставляя
О
теперь это выражение в уравнение движения
по горизонтали, найдем, что дальность по-
лета снаряда равна
2ujjsinacosa f^sin2ct
g » g •
Это выражение максимально при sin
sin 2a =1, то есть при а^45 .
Нарисуем график зависимости дальности
полета снаряди от а (рис. 12). При малых
отклонениях Да угла вылета снаряда гра-
фик зависимости хтчх (а) можно заменить
прямой — касательной к действительному
графику хтях(а). Чем больше наклон этой
касательной, тем больше ошибка в дальности
полета снаряда при одной и той же ошибке
Да в угле вылета снаряда.
Из рисунка 12 видно, что при малых
углах вылета снаряда угол наклони каса-
тельной к горизонту (к оси Оа) больше, чем
при больших. Это означает, что при малых
углах вылета снаряда изменение дальности
при изменении утла вылета больше, чем при
больших, и при стрельбе с углом наклона
ствола в 40° кучность попадания снарядов
будет яыше, чем при угле 30°.
Этот же результат можно получить и с
помощью формул. Пусть ошибка в угле вы-
летя снаряда мала и составляет Да. Тогда
ошибка \х в дальности полета снаряда
составляет
1 о
Ах = —- sin 2а — — sin [2 (a -j- Да)] =
О О
4
~ 2 — cos Ba + Да) sin Да «
«=f 2 — cos 2a • Да.
Таким образом, Дх пропорционально Ла,
но коэффнамект пропорциональности зави-
сит от а. Он тем больше, чем меньше
угол а.
Ф104
В некрытом сосуде имеется несколько
капель жидкости разной величины. Что
произойдет с ними через продолжительное
время?
Давление насыщенного пара у поверх-
ности капли зависит от ее радиуса. Покажем
это.
Представим себе замкнутый сосуд, в
котором имеется капиллярная трубка, не
смачиваемая жидкостью. Давление в точке
В больше давления в точке А (рис. 13) на
величину Pn?’i:
где h — разность уровней жидкости в ка-
пилляре и в сосуде, Рн— плотность парз-
Так как пленка жидкости в капилляре
находится в равновесии под действием двух
сил: силы поверхностного натяжения, рав-
ной 2л/Ч7 (о—коэффициент поперхиостного
натяжения, г— радиус капилляра) и силы
давления жидкости на глубине И, равной
рж?Л ¦ лга (рж — плотность жидкости), то
Отсюдв
2а рп
Таким образом, давление над поверхностью
жидкости тем больше, чем меньше ее ря-
диус кривизны.
Это означает, что да&лстк* насыщен-
ного пара над каплей тем больше, чем мень-
ше радиус этой капли. Значит, если над
поверхностью маленькой капли пар насы-
щен, то над поверхностью большой капли
он не будет насыщенным. Это приведет к тому,
что пар будет конденсироваться на большой
капле, понижая тем самым давление пара
у поверхности малой капли. Это, в свою оче-
редь, приведет к испарению маленькой кап-
ли. В результате в сосуде через некоторое
время останется только одна большая капля.
Тот же результат можно получить и
из самых общих рассуждений. Предполо-
жим, что в сосуде налита жидкость (поверх-
ность жидкости плоская) и имеется капля.
47 Задачник Кванта.
При испарении жидкости с плоской поверх-
ности площадь поверхности жидкости не
меняется. В то же время при испарении кап-
ли площадь поверхности жидкости умень-
шается. Чем больше поверхность жидкости,
тем больше энергия системы. А как мы знаем,
всякая система, предоставленная самой себе,
стремится перейти в состояние с минималь-
ной энергией. Поэтому если в сосуде имеется
капля жидкости и жидкость с плоской по-
верхностью, то равновесие наступит тогда,
когда капля полностью испарится к скон-
денсируется на плоской поверхности. (Это
означает, что давление насыщенных паров
над каплей больше, чем над плоской поверх-
ностью жидкости.) Если в сосуде имеются
капли разного размера, то мелкие капли
будут испаряться н конденсироваться на
более крупных, пока в сосуде не останется
только одна большая катя.
Ф105
Груз массы т прикреплен к стержню
ллины /. Другой конец стержня шариирио
;фикреплен к вертикальной оси. Нарисуйте
примерный график зависимости угла о,
образуемого стержнем с вертикалью, от
угловой скорости (о вращения осн.
Если шарик вращается по окружности
и стержень составляет с вертикалью угол а.
то центростремительное ускорение шарику
соо/Зшает равнодействующая силы тяжести
и силы натяжения стержня. Эта равнодей-
ствующая направлена горизонтально и раи-
на mg[gz (рис. 14). Запишем уравнение
движения шарика:
или ?tga— со2/ sina.
i
VF
Рис. 15.
Отсюда
cos a =
Это выражение справедливо, однако,
только при w’/J^&g, то есть при
„Г | /~~g~ 8 .
— •Если ч> < у —» то Ш2/ >
> 1, а cosa должен быть меньше 1! При
to*/<g «gtga> /7ico2y?, то есть равнодействую-
щая силы тяжести и силы натяжения нити со-
общает шарику ускорение больше, чем уско-
рение при вращении по окружности. Поэ-
тому стержень с шариком бvдcт вращаться,
оставаясь вертикальным. График зависи-
мости а от <д показан на рисунке 15.
Ф106
Два электрона находятся на расстоянии
I друг от друга, причем ь этот момент ско-
рость одного из них равна нулю, а скорость
Другого равна v н направлена под углом
45 к линии, соединяющей электроны. Ка-
ким будет угол между скоростями электро-
нов, когда они вновь окажутся на расстоя-
нии / друг от друга?
Система из двух электронов замкнута —
на нее не действуют внешние силы. Поэтому,
не рассматривая взаимодействие в деталях,
мы можем записать закон сохранения им-
пульса. Если скорости электронов в инте-
ресующий нас момент времени равны Vj
и v2, то
Взаимодействие электронов упругое —
оно происходит без потери механической
энергии. Так как, кроме того, электроны
в интересующий нас момент времени нахо-
дятся на том же расстоянии /, что и в на-
чальный, потенциальная энергия их взаимо-
действия осталась прежней. Поэтому не из-
менилась и полная кинетическая энергия
электронов. Счсдовательно, можно записать
закон сохранения энергии:
mv~
mv:
mu.;
B)
Рис. 14.
48
Из первого уравнения следует, что три
вектора v, vL и v2 образуют треугольник.
48 Задачник Кванта.
Из пторои) уравнении следует, чго *тог
треугольник прямоугольный и угол между
векторами скоростей электронов рапс» 90
Ф107
В схеме, изображенном па рисунке 1С,
вольтметр нгмеряет падение напряжения
на сопротивлении R 300 ком. Каким долж-
но быть сопротивление вольтметра для того,
чтобы его показания отличались не более
чем на 2″о от действительного значения
Ыц? Внутренним сопротивлением источника
пренебречь.
В отсутствии вольтметра сопротивления
R и /?, ВКЛЮЧСШ4 последовательно. По-
этому надеине напряжения на сопротивлении
R равно ип „ . р—С. При подключении
вольтметра он будет измерять падение на-
пряжения на участке, состоящем из парал-
лельно нключемных сопротивлений R н
сопротивления вольтметра г. Вольтметр по-
кажет величину
Rr
R,
По условию показание нольтметра должно
отличаться не более чем на 2″„ от значения
но- По*том\»
«к
Подставив в уго уравнение выражения для
tin и и’, найдем, что сопротивление вольт-
метра не должно превышать Л675 ком.
Правильные решения прислали: В. Ав-
сейков (Севастополь) ФЮЗ. Ф105— Ф107;
А. Александрии (Глазов У АССР) ФЮО;
П. А мост (Ярославль) ФЮО; С. Арасла-
нона (Ннжнс-Ипкмио Кировской обл.) ФЮЗ.
Ф107: В. Белой (Вологда) ФЮО—Ф105,
ФЮ7; А. Блохин (Кнселевск Кемеровской
обл.) Ф106, ФЮ7; ..’/. Брагинский (Фрунзе)
Ф101: А. Ьриткоаский (Москва) ФЮЗ, Ф104,
Ф106; А. Будннко» (Счавянск Донецкой обл.)
Ф101; А. Бузулуков (Новосибирск) ФЮ7;
Ю. Гиви Дол’идзс (Тбилиси) ФЮ1; В. Глем-
Rt 100 КОМ
Рис. 16.
(юцкий (Ярославль) Ф101. Ф102; /:. Гро-
мак (Новокузнецк) ФЮЗ, Ф106; М. Дзик
(с. Кратово Армавирского р-на Тюменской
обл.) Ф101, ФЮЗ; А. Довсипевич (Москва)
Ф101; ?». Долгов (Москва) Ф100. Ф101;
/:. Домов (Л\осква) ФОЗ, Ф106; Г. Зайцев
(Гагра) Ф101. Ф103. Ф106. Ф107; С. Sane-
сочный (Ужгород Закарпатской обл.) Ф101;
Н. Зыков (Саратов) Ф101; О. Заумоеа (Моск-
ва) ФЮО; А. Иванов (Лыов Курской обл.)
Ф102: Я- И тин (Рента Гомельской обл.)
Ф101: А. Истомин (Подольск Московской
обл.) ФЮЗ. Ф105; Т. Казанов (Тбилиси)
ФЮЗ. Ф106; А. Каримов (Уфа) Ф101; Т. Кис-
лииыни (с. Шаранга Горьковскон обл.)
Ф105, Ф107; Ю. Кисин (Старая Русса) ФЮЗ;
.7. Книжнсрман (Москва) ФЮО—ФЮЗ;
,7. Коган (Черноииы) Ф101; М. КоятЬчкин
(Москва) Ф101; С. Корнилов (Грозный) Ф101;
В. Ко.юмипцев (Ростов-на-Дону) Ф101; П. Ко-
чен (Плес Ивановском обл.) Ф101; В. Ка-
ташш (пос. И,;) л к а ГССР) Ф101; В. Кошено»
(Москва) Ф101; В. Крылчв ФЮО; С. Кум-
мм (Житомир) ФЮЗ, Ф105. ФЮ7; В. Ку-
лич (д. Могнльн» Брестской обл.) ФЮ1;
В. Кууск (Ржев) ФЮО. Ф101. ФЮ4. Ф106;
Г. Menu (Куйбышев) Ф101; В. Лукишин
(.Москва) Ф101: Ю. Лурье (Грозный Ф101:
A. Мамцла (с. Добинцы Богуславского
р-иа Киевской обл.) Ф101, Ф102. ФЮ7;
Ю- Мур.шшм (пос. Роди’:ковскнй Красно-
дарского края) Ф101; М. Марон (Куйбы-
шев) ФЮО. Ф101; И. Мацус (Макеевка)
ФЮО; Л. Менькова (Александров Владимир-
ской обл.) ФЮ1; В. Н идет ко (Ленинград)
Ф101, Ф107; А. Николаев (.Москва) ФЮЗ,
ФЮ4: А. Панфимм(Свердловск) Ф107; С. /7«-
ташеч (Ульяновск) ФЮО. Ф101; Ю. /7о.юи-
тшCслснодольск ТЛССР)Ф101; М.Прегер
(Томск) ФЮО, Ф101, Ф105. Ф106. .7. Рудицер
(Харьков) Ф101. ФЮЗ: .7. Сифиулин (с.Ъ. Са-
ды ТЛССР) Ф107; /7. Сергеев (Грозный) ФЮО.
Ф101, ФЮЗ. Ф106, Ф107; И. Сидоров (Моек-
на) ФЮО, ФЮ1; /». Симоненков (Каунас)
ФЮ6; Л-J. Соломонович (Кишинев) Ф101,
Е. Сычугов (пос. Красный Уралец Курган-
ской обл.) ФЮ1; М. Тайн (Москва) ФЮ1;
О. Татаринская (Алма-Лта) ФЮ1; И. Ту-
рищев (Кропоткин Краснодарского края)
ФЮО. Ф102. ФЮЗ. Ф105. Ф107; А. Удаль-
исм (Калининград Московской обл.) Ф105;
B. Файтелеаич (Армавир) ФЮО —Ф102;
Г. Фаст (Караганда) Ф104; Н. Федин (Омск)
ФЮО—ФЮЗ, Ф105, Ф107; Г. Фурманов
(Черновцы УССР) Ф101; М. Хомчснко (Ви-
тебск) Ф102; О. Худавердян (Ереван) ФЮЗ.
Ф107; С. Чекмарев( Москва) ФЮО ФЮЗ,
Ф105, Ф107; Е. Частников (с. Пармчипо
Зыряновского р-иа) Ф101; С. Черников (Се-
мипалатинск) Ф101; Ж- Шепстко (Д.-Горо-
док Брестской обя.) ФЮЗ. Ф104, Ф107;
A. Шерстюк (Николаев УССР) ФЮ7; Р. Ши-
ганов (Люберцы Московской обл.) Ф101;
B. Шувалов (Электросталь) Ф101; И. Юр-
ченко (Киев) Ф101.
И. Ш. Слободецкий
49
ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА
УЧИТЕСЬ РАБОТАТЬ
