Задачи М106—М110; Ф118—Ф122

33

ЗАДАЧИ

В этом номере «Задачник «Кванта» составлен из задач, предлагшихся на заключительных трах пяной Всесоюзной олимпиды по математике и физике.

М106. Докажите, что если для чисел $p_1, p_2, q_1, q_2$ выполено неравенство
$(q_1 - q_2)^2 + (p_1 - p_2)(p_1q_2 - p_2q_1) < 0,$
то квадратные трехчлены
$x^2 + p_1x + q_1$ и $x^2 + p_2x + q_2$
имеют вещественные корни и между двумя корнями каждой из них лежит корень другого.

И. Ф. Шарын

М107. a) Дан выпукленный многоугольник $A_1A_2 \dots A_n$. (рис. 1). На стороне $A_1A_2$ взяты точки $B_1$ и $D_2$, на стороне $A_2A_3$ — точки $B_2$ и $D_3$, …, на стороне $A_nA_1$ точки $B_n$ и $D_1$ так, что если построить параллелограммы $A_1B_1C_1D_1, A_2B_2C_2D_2, \dots, A_nB_nC_nD_n,$ то прямые $A_1C_1, A_2C_2, \dots, A_nC_n$ пересекутся в одной точке. Докажите, что
$A_1B_1 \cdot A_2B_2 \cdot \dots \cdot A_nB_n = A_1D_1 \cdot A_2D_2 \cdot \dots \cdot A_nD_n$.

6. Докажите, что для треугольника верно и обратное утверждение: пусть на стороне $A_1A_2$ выбраны точки $B_1$ и $D_2$ на стороне $A_2A_3$ — точки $B_2$ и $D_3$, на стороне $A_3A_1$ — точки $B_3$ и $D_1$ так, что если построить параллелограммы $A_1B_1C_1D_1, A_2B_2C_2D_2, \dots, A_nB_nC_nD_n,$ то прямые $A_1C_1, A_2C_2, \dots, A_nC_n$ пересекутся в одной точке.

В. Л. Гутемахер

М108. a) Докажите, что прямая, разбиивающая данные треугольник на два многоугольника равной площади и равного перimeter, проходит через центр окружности, вписанной в треугольник.

6. Докажите, аналогичное утверждение для произвольного многоугольника, в котором можно вписать окружность.

Ю. И. Ионин

М109. a) В вершине $A_1$ правильного 12-угольника $A_1A_2A_3 \dots A_{12}$ стоит знак минус, а в остальных — плоцы. Разрешается одновременное менять знак на противоположный в любых шести последовательных вершинх многоугольника. Докажите, что за несколько таких операций нельзя добиться того, чтобы в вершине

не $A_2$ оказался знак минус, а в остальных вершинах — плоцы.

6. Докажите то же утверждение, если разрешается одновременное менять знаки не в шести, а в четырех последовательных вершинах многоугольника.

в) Докажите то же утверждение, если разрешается одновременное менять знаки в трех последовательных вершинах многоугольника.

M110. На бесконечном листе клеетой бумаги $N$ клееток выкрашено в черный цвет. Докажите, что из листика можно вырезать конечное число квадратов так, что будут выполнены два условия:

1. все черные клеетки будут лежать в вырезанных квадратах;
2. в любом вырезанном квадрате $K$ площадь черных клееток составляет не менее $\frac{1}{5}$ и не более $\frac{4}{5}$ площади $K$.

Г. А. Розенблом

Ф118. В камеру сгорания реакного реактивного двигаателя поступает в секунду масса $m$ водорода и необходимое для полного сгорания количество кислорода. Выходноеечение сопла $S$. Давление в этом сечении $P$, абсолотная температура $T$. Определить силу тягги двигаателя. (9—10 кл.)

Г. Л. Комкин

Рис. 2. Рис. 3.

Ф119. К матчнику $AB$ с шариком массы $M$ подвешен матчник $BC$ с шариком массы $m$ (рис. 2). Точка $A$ совершает колбания в горизонтальном направлении с периодом $T$. Найти длину нити $BC$, если известно, что нить $AB$ все время остается вертикальной. (10 кл.)

Г. Л. Комкин

Ф120. Конькобежец на ледяной дорогже старается проятки вираж как можно ближе к внутренней бровке. Велосипедист на велотрек проходит вираж возможного дальней от внутренней бровки. Как обязывать это разлиние в движении конькобежца и велосипедиста на вираже? Профиль трека изобравен на рисунке 3. (8 кл.)

М. М. Балацов

Ф121. В герметически закрытом сосуда в воде плавает кусок льда массы $M$, в котором вмерзала свинцовая дробина массы $m$. Какое количество теплла нужно затрапить, чтобы дробина начала тоннуть? Плотность свинца $11,3 \text{ e/cm}^3$, плотность льда $0,9 \text{ e/cm}^3$, теплота плавления льда $80 \text{ кал/е}$. Температура воды в сосуде равна $0^\circ \text{C}$. (8 кл.)

Ф122. Три тела с массами $m_1$, $m_2$ и $m_3$ могут скольнить по горизонтальной плоскости без трения (рис. 4), причем $m_1 \gg m_2$ и $m_2 \ll m_3$. Определить максимальные скорости, которые могут прибрести два крайных тела, если в начальной момент времени

Рис. 4.

ни они покопились, а среднее тело имело скорость $v$. Удары считать абсолотно упругими. (9 кл.)

Е. Кузнецов

36

Остается решить такую задачу: найти на прямой l точку M, для которого угол PMQ наиболее простым: окружность, проходящая через точки P, Q и M, касается прямой l. Чтобы построить точку M, нужно (в случае, если отрезок PQ не параллелен прямой l) от точки C пересечения PQ и l отложить на прямой l отрезки CM₁ = CM₂ = √(CP·CQ), а затем из полученных точек M₁ и M₂ выбрать ту, для которой угол MᵢCP острый (или прямой). Доказательство, что именно для этой точки угол PMQ максимален, почти очевидно и оставляется читателю *) (рис. 2).

Как это ни странно, многое читателей, приславшие нам письма, забили про одну из возможностей 1) и 2). Наибольшее решение прислали O. Ким, Г. Левин, А. Пухальский, В. Лузzin, Ю. Оболонков, А. Костюрин.

M65

a) Пусть E, F, G — такие точки на сторонах AB, BC и CA треугольника ABC, для которых $\frac{AE}{EB} = \frac{BF}{FC} = \frac{CG}{GA} = k$, где 0 < k < 1.

Найти отношение площади треугольника KLM, образованного прямыми AF, BG и CE к площади треугольника ABC (рис. 3a).

6. Разрежьте треугольник шестой прямыми на такие части, из которых можно сложить семь равных треугольников.

a) Обозначим площадь треугольника с вершинами X, Y, Z, через s(XYZ). Пользовать тем, что отношение треугольников с одинаковыми высотами (или с одинаковыми основаниями) равно отношению оснований (соответственно отношению высот), нетрудно доказать, что

$$s(ACK) = \frac{1}{k} s(ABK) = \frac{k+1}{k^2} s(AEK) = \frac{k+1}{k^2+k+1} s(AEC) = \frac{k}{k^2+k+1} s(ABC).$$

Точно так же можно доказать, что

$$s(BLA) = s(CMB) = \frac{k}{k^2+k+1} s(ABC).$$

Позному

$$\frac{s(KLM)}{s(ABC)} = 1 - \frac{3k}{k^2+k+1} = \frac{(1-k)^2}{k^2+k+1} = \frac{(1-k)^3}{1-k^3}.$$

6. Заметим, что при k = $\frac{1}{2}$ это отношение равно $\frac{1}{7}$ и каждый из трех отрезков AF, BG, CE разбит двумя другими в отношении 3:3:1, так что если проведится точки M, K, L еще три прямые, соответствующего параллельные этим отрезкам, то каждая из сторон треугольника ABC будет разбит в отношении 2:1:1:2.

*). Подробнее об этом см. в книге Н. Б. Васильева и В. Л. Гутенмахера «Прямы и кривы», серия «Библиотека физико-mатематической школи». «Наука», 1969, стр. 76—78.

Теперь уже нетрудно из 13 кусков, на которые разрезан треугольник ABC, собрать 7 равных треугольников (один из них состоит из единственного куска KLM; рис. 36).

Аналогичное решение задачи прислада A. Алексеев из Ленинграда, A. Аляев из Пензенской области, Э. Туркевич, А. Черняк, Ю. Оболенков.

M66

Вот несколько примеров, когда сумма квадратов $k$ последовательных натуральных чисел равна сумме квадратов $(k-1)$ следующих натуральных чисел:
$$3^2+4^2=5^2, 36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2,$$
$$55^2+56^2+57^2+58^2+59^2+60^2=61^2+62^2+63^2+64^2+65^2.$$
Найдите общую формулу, охватывающую все такие случаи.

Докажем, что для каждой натурального $k$ существуетровно одно натуральное $n$ такое, что
$$(n-k+1)^2+(n-k+2)^2+\ldots+(n-1)^2+n^2=(n+1)^2+$$
$$+(n+2)^2+\ldots+(n+k-1)^2.$$

(Заметьте, что в правой части равенства стопт $(k-1)$ слгаемое, а влевой — $k$). Равенство (1) эквивалентно следующим:
$$n^2=[(n+1)^2-(n-k+1)^2]+[(n+2)^2-(n-k+2)^2]+\ldots$$
$$\ldots+[(n+k-1)^2-(n-1)^2]$$
$$n^2=k(2n-k+2)+k(2n-k+4)+\ldots+k(2n+k-2),$$
$$n^2=2k(k-1)n.$$

Таким образом, высказанное утверждение доказано: равенство (1) для натуральных $k$ и $n$ выполняется тогда и только тогда, когда $n=2k^2-2k$. (При перехождение от (3) к (4) мы воспользовались тем, что сумма $(k-1)$ членов арифметической прогрессии $(2n-k+2)+(2n-k+4)+\ldots+(2n+k-2)$ равна $(k-1)\frac{(2n-k+2)(2n+k-2)}{2}=2(k-1)n$. Тем самым мы получили исключую формулу. Ее можно записать, например, так:
$$(2k^2-3k+1)^2+(2k^2-3k+2)^2+\ldots+(2k^2-2k)^2$$
$$=(2k^2-2k+1)^2+(2k^2-2k+2)^2+\ldots+(2k^2-k-1)^2,$$
где $k$ — произвольное натуральное число. Примеры, приведенные в условия, получаются из нее при $k$, равном 2, 4 и 5.

Эту формулу (или другие, эквивалентные ей) нашли очень многое начиная — большимство из них либо приводит доказательство, близкое к нашему, либо используется в выкладках формулу для суммы квадратов натуральных чисел (см. лемму 1, на стр. 17).

M67

Ювелиру заказано золотое колечко шириной $h$, имеющее форму тела, ограниченной поверхности шара с центром $O$ и поверхности цилиндра радиуса $r$, ось которого проходит через точку $O$ (рис. 4). Мастер сделал такое колечко, но выбрал $r$ слишком маленьким. Сколько золотота-ему придает добавить, если $r$ нужно увеличить в $k$ раз, а ширину $h$ оставить прежней?

Нетрудно доказать, что объем шарово-кольца — тела, получающейся при выражении сегмента $AB$ вокруг диаметра $MN$, не пересекающего этот сегмент, — равен $$\frac{\pi}{6} AB^2 \cdot A_1B_1,$$ где $A_1B_1$ — проекция хорды $AB$ на диаметр $MN$. Эта формула приводится, например, в книге Ж. Адама а «Элементарная геометрия», ч. II, гл. IV, 500.

Рис. 4.

38

Объем колечка равен $\frac{\pi}{6} h^3$, то есть не зависит от радиуса $r$, так что золота мастеру добавляется.

M68

Сетка линей, изображенная на рисунке 5 (см. также обложку «Квата» № 2, 1971) состоит из концентрических окружностей радиусов 1, 2, 3, 4, … с центром в точке $O$, прямой $l$, проходящий через точку $O$, и всевозможных касательных к окружности, параллельных прямой $l$. Вся плоскость разбитена эти линии на клетки, которые раскрашены в шахматном порядке. В цепочке розовых точек, показанных на рисунке, каждые две соседние точки являются противоположными вершинами темной клетки. Доказите, что все точки такой бесконечной цепочки лежат на одной параболе (позному весу рисунок как бы соткан из желых и темных парабол).

Прием прямую $l$ за ось $Ox$, а точку $O$ — за начало координат прямогоной системы, как показано на рисунке 5. Единица масштаба уже задана в условия. Сетка линей, о которой идет речь в условия, составлена из окружностей радиуса $n$ с центром $O$ (уравнение такой окружности $x^2 + y^2 = n^2$) и прямых $y = m$, где $m$ и $n$ — всевозможные целые числа; $n > 0$. Таким образом, каждой точке пересечения (или касания) этих линей — каждому «узлу» $(x, y)$ нашей сетки — соответствует определенная пара значений $n = \sqrt{x^2 + y^2}$ и $m = y$. Заметим, что когда мы переходим от одной из розовых точек к соседней розовой точеке, то и $m$, и $n$ изменяются на единицу, так что их разность $n - m = \sqrt{x^2 + y^2} - y$ остается постоянной; эта разность для всех розовых точек равна 6.

Уравнение $\sqrt{x^2 + y^2} - y = 6$ эквивалентно следующим: $x^2 + y^2 = (y + 6)^2$; $y = \frac{x^2}{12} - 3$. Таким образом, все розовые точки лежат на параболе $y = \frac{x^2}{12} - 3$.

В другой подобной цепочке точек, которые мы нарисовали головным цветом, при перехождение от точки к соседней $\sqrt{x^2 + y^2}$ и $y$ меняются на единицу так, что постоянной остается их сумма: $\sqrt{x^2 + y^2} + y = 4$. Это уравнение после преобразования точек превращается в уравнение параболы $y = -\frac{x^2}{6} + \frac{3}{2}$.

Точно так же можно показать, что любая бесконечная цепочка точек, в которой соседние точки являются противоположными вершинами одной клетки (или одного сегмента), лежит на параболе $y = -\frac{x^2}{2p} + \frac{p}{2}$, где $p$ — некоторое целое число, отличное от нуля. Обратно, на любой из этих парабол лежит такая бесконечная цепочка точек (это точки пересечения параболы со всевозможными прямыми $y = m$).

39

Заметим, что если $p < 0$, то есть если ветви парабOLS уходят вверх, то при четном $p$ парабола идет по темным клеткам, а при нечетном $p$ — по желтым; если же $p > 0$, то наоборот. При этом через каждую пересечения прямых и окружностей нашей сетки (исключая точки касания, лежащие на прямой $x = 0$), проходят две парабOLS; одна идет по желтым клеткам, другая — по темным; одна направлена ветвими вверх, другая — вниз.

Решение этой задачи присладами многочестей. Некоторые пользоваться в своем решении таким геометрическим определением парабOLS: парабола — это множество точек, одинаково удаленных от данной точки и данной прямой. По существу решение задачи M68 очень близко к доказательству эквивалентности этого определения парабOLS и известного из школьного курса (парабола — график квадратного треугольника). Если выбрать систему координат так, чтобы данная точка была наcalом координат, а данная прямая уравнение $y = c$, то условие, что точка $(x, y)$ одинаково удалена от данной точки и данной прямой, записывается уравнением $\sqrt{x^2 + y^2} = |y - c|$, которое эквивалентно уравнению $y = -\frac{x^2}{2c} + \frac{c}{2}$.

M69

Число 76 обладает таким любопытным свойством: последние две цифры числа $76^2 = 5776$ дают снова числа 76.

a) Есть ли еще такие двузначные числа?

b) Найдите все трехзначные числа $A$ такие, у которых последние три цифры числа $A^2$ составляют число $A$.

b) Существует ли бесконечная последовательность цифр $a_1, a_2, a_3, \dots$ такая, что для любого $n$ квадрат числа «$a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1$» имеет вид «…$a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1$»? (Кавычками здесь обозначена десятичная запись числа. Очевидный ответ $a_i = O$ при всех $i > 1$ мы исключаем.)

Ответ в этой задаче следует: при любом $n > 1$ существуетровно два таких $n$-значных числа $n > 1$, квадрат которых оказывается на $A$ (не считая очень длинные: 0 … 0000 и 0 … 0001),— при $n = 2$ это 76 и 25, при $n = 3$ — 376 и 625, при $n = 4$ — 9376 и 0625, при $n = 5$ — 09376 и 90625 и т. д., так что существует две бесконечные последовательности цифр, о которых идет речь в пункте в): одна начиная с цифр 6, 7, 3, 9, 0, 1, … , другая — с цифр 5, 2, 6, 0, 9, 8, …*).

Начнем с задачи a). Самый простой способ найти нужные нам двухначные числа, которые указывают многочестей, состоит в следующем. Если $A^2$ оказывается теми же двумя цифрами, что и $A$, то $A^2 - A = A$ (А—1) делится на 100=25·4, а поскольку числа $A$ и $(A - 1)$ взаимно просты (не имеют общих делителей, больших 1), то одно из них должно делиться на 25, а другое — на 4. Попробуем, подходит ли каждое из чисел 25, 50 и 75 на роль $A$ или на роль $A - 1$ (оба эти числа двузначны). Для этого нужно лишь проверить, какие из соседних с ним чисел делятся на 4. Это будет только 76 и 24, поэтому $A$ может равнять только 25 и 76.

Аналогично можно решить и задачу 6), но мы должны сразу обществуйте: если квадрат числа $B = \langle a_{n-1} a_{n-2} \dots a_1 \rangle$ оказывается цифрами «… $a_{n-1} a_{n-2} \dots a_1$», то можно и притоме единственным образом выбрать цифру $a_n$ так, чтобы квадрат числа $A = \langle a_n a_{n-1} \dots a_1 \rangle$ оказывается на «… $a_n a_{n-1} \dots a_1$».

Пусть $B^2 = \langle ... b_n a_{n-1} a_{n-2} \dots a_1 \rangle$. Тогда $(n \geqslant 2 = > 2n > n + 1)$

$$A^2 = (10^n a_n + B)^2 = 10^{2n} a_n + 2 \cdot 10^n a_n B + B^2 = \langle ... c_n a_{n-1} a_{n-2} \dots a_1 \rangle,$$

где $c_n$ — последняя цифра числа $2a_n a_1 + b_n$. Мы должны подобрать $a_n$ так, чтобы $c_n$ равнялось $a_n$, то есть чтобы $2a_n a_1 + b_n = a_n = (2a_1 - 1)a_n + b_n$ делилось на 10. Очевидно, что это можно сделать и притоме единственным образом. В интересующих нас служах $a_1 = 5$ и $a_1 = 6$ функций $b_n \rightarrow a_n$, которые мы должны указыть, особенно просты: если $a_1 = 5$, то $a_n = b_n$, а если $n = 6$, то $a_n = 10 - b_n$ при $b_n > 0$ и $a_n = 0$ при $b_n = 0$.

Подробнее этот подход к решению задачи M68 обсуждается в книге Я. И. Перель - на «Занимательная алгебра», стр. 81—85.

*) Мы не исключаем из рассмотрения числа «$a_n a_{n-1} \dots a_1$», у которых первая цифра $a_n$ (или несколько первых цифр) равна нулю. Читатели, которые такие чисел не рассматривали, естественно, должны только до четырехзначного числа 9376 и трехзначного 625.

41

Тяжелый обруч с невескомми спицами расположен в вертикальной плоскости и может врашаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через центр. В толще его обода закреплен маленький шарик, имеющий такую же массу, как и сам обруч. Каким будет период колесный обруча вокруг оси? Как он изменится, если: а) этот обруч переенсти на Луну? б) поместить в жидкость, в которой он будет дивятся без tremия?

Займется аналогиями. С ним читатели могут познакомиться, прочитав статью Я. А. Смородинского «Похожие движения» в воспомеже журнала за этот год. Воспользовемся аналогией с математическим матриком длины $R$.

Если максимальный угол отклонения матрика и прикрепленного к обручу шарика равен $\alpha_0$ (рис. 7), то при этом они находятся на высоте $h=R(1-\cos \alpha_0)$ от положения равновесия. При угле отклонения $\alpha$ кинетическая энергия матрика (и обруча с шариком) равна разности потенциальных энергий при угле $\alpha_0$ и угле $\alpha$. Для математического матрика получаем

$$\frac{mv^2}{2} = mgR(\cos \alpha - \cos \alpha_0).$$

Поэтому скорость матрика

$$v = \sqrt{2gR(\cos \alpha - \cos \alpha_0)}.$$

Так же, как и у матрика, меняется потенциальная энергия обруча с шариком. Потенциальная энергия самого обруча не меняется, но кинетическая энергия в этом случае равна сумме кинетических энергий шарика $E_{\text{ш}} = \frac{mv^2}{2}$ и обруча $E_0 = \frac{mv^2}{2}$ (по поводу кинетической энергии обруча см. статью А. К. Кикона «Вращательное движение тел», «Квант» № 1, 1971). Поэтому в случае обруча с шариком из закона сохранения энергии следует, что

$$\frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mgR(\cos \alpha - \cos \alpha_0),$$

и скорость шарика

$$v = \sqrt{gR(\cos \alpha - \cos \alpha_0)}.$$

При любом угле отклонения от положения равновесия скорость шарика в $\sqrt{2}$ раз меньше скорости математического матрика. Следовательно,

42

и перiod колебанный обруча с шариком в $\sqrt{2}$ раз больше перiodа колебаний матрика и равен

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}.$$

Можно подойти к решению этой задачи и инчае. Если математический матрик отklonen от положения равновесия на угол $\alpha$, то его возвращает к положению равновесия составляющей силы тяжесте, касательная к траектории движения матрика (рис. 8):

$$F = mg \sin \alpha.$$

Так как угол $\alpha$ мал, то $\sin \alpha \approx \alpha \approx \frac{x}{R}$, где $x$ — смешение матрика от положения равновесия. Отсюда

$$F \approx mg \frac{x}{R}.$$

Поэтому для касательной составляющей ускорения матрика мы можем записать уравнение

$$mg \frac{x}{R} = ma$$ или $a = \frac{g}{R} x = cx,$

где $c = \frac{g}{R}$ — некоторый постоянный для данного матрика коэффициент. Перiod колебаний матрика равен $2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$, то есть $2\pi/\sqrt{c}$.

Аналогичный результат мы получим и для грузика, прикрепленного кружинке и колеблющегося вдоль горизонтальной плоскости. Уравнение движения такого грузика $kx = ma$, а перiod колебаний $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$.

В нашем случае сила, возвращающая шарик к положению равновесия, равна, как и в случае математического матрика, $mg \frac{x}{R}$, а ускорение $a$ сообщается и шарику, и обручу, то есть масс $2m$. Поэтому $mg \frac{x}{R} = 2ma$; значит, $c = \frac{g}{2R}$ и перiod колебаний системы $T = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}$.

Если обруч с шариком переести на Луну или помещить в сосуд сжидкостью, то его перiod колебаний изменится точно так же, как перiod колебаний математического матрика: в первом случае увеличится в $\sqrt{6}$ раз ($g_{\text{л}} = \frac{1}{6} g_3$) из-за изменения ускорения свободного падения, а во втором — уменшится в $\sqrt{1 - \frac{\rho}{\rho_T}}$ раз ($\rho$ — плотность воды и $\rho_T$ — плотность материалов шарика) из-за влияния архимедовой выталкивающей силы.

Правильное решение прислали С. Иванов (Москва), Г. Зайцев (Гагра), А. Проскуряков (Москва).

Ф77

Прямоугодный брусок, высота которого значительное превышает длину и ширину, стоит на горизонтальной поверхности. Как определить коэффициент треня между бруском и поверхностью, имея лишь один измерительный прибор — линейку?

Сделав из нитки петлю, накинем ее на брусок и потянем в горизонтальном направлении (рис. 9). Если нитка накинут на брусок близко от поверхности

43

ности, брусок будет скользить. Если мы будем поднимать нить по бруску, то, когда она будет на некоторой высоте $h_0$ от поверхности, брусок уже не будет скользить, а начнет переворчивать. При этом сила $F$, с которой мы тянем брусок, равна силе тряния:

$$F = kmg,$$

а момент силы $F$ относительно оси, проходящей через точку $A$, равен моменту силы тряжения:

$$Fh_0 = mg \frac{a}{2},$$

где $a$ — сторона квадрата в основании бруска.

Решая совместно эти два уравнения, найдем

$$k = \frac{a}{2h_0}.$$

Измерив $a$ и $h_0$ с помощью линейки, найдем коэффициент тряния бруска о поверхности.

Такое решение прислада И. Сидоров (Москва), А. Петров (Асбест Свердловской области), М. Розов (Минск), С. Юдин (Волгоград), Д. Шапиро (Челябинск), А. Александров (Глазов Удм. АССР), Г. Симоненко (Каунас).

Интересное решение прислада А. Калика из Баку и С. Соболев из Москвы. Вот оно.

Наклонив брусок и удерживая его под некоторым углом к вертикали, приложим к бруску некоторую силу $F$, направленную вдоль бруска (рис. 10). При этом на брусок будет действовать еще сила реакции $N = mg + F \cos \alpha$ и сила тряния $F_{trp}$. Если сила тряния не достигает максимального значения, равного $kN = k (mg + F \cos \alpha)$, то конец бруска не будет скользить. При этом сила тряния равна $F \sin \alpha$. Таким образом, конец бруска не просkalзывает при

$$F \sin \alpha < kmg + kF \cos \alpha,$$

то есть при

$$F < \frac{kmg}{\sin \alpha - k \cos \alpha}.$$

Нетрудно увидеть, что при $k > tg \alpha$ брусок нельзя заставить двигаться, какой бы большой ни была сила $F$. Найдем угол $\alpha_0$, при котором брусок начинается. Измерив с помощью линейки высоту от горизонтальной плоскости до края наклонившегося бруска и ширину бруска и вычислив $tg \alpha_0$, найдем коэффициент тряния $k$.

44

20 гелия, заключенного в цилиндре под поршнем, очень медленно переводят из состояния I ($P_1 = 4,1$ амм, $V_1 = 32$ л) в состояние II ($P_2 = 15,5$ амм, $V_2 = 9$ л). Каждый набольший температурный доступ газ при этом прощесе, если график зависимости давления от объема — прямая линия (рис. !i)?

Нанесем на график сетку изотерм — гипербол $PV = \text{const} \frac{m}{\mu} RT$. Чем выше температура газа, тем дальше находится вершина гиперболы от начала координат. Поэтому ясно, что во время процесса I—II газ достигает такой набольшей температуры, при которой соответствующая гипербола не пересекает прямую I—II, а только касается ее.

Так как точка с координатами $P$ и $V$, соответствующая максимальной температуре, лежит как на гиперболе, так и на прямой, то ее координаты должны удовлетворять двум уравнениям: уравнение гиперболы

$$PV = \frac{m}{\mu} RT$$

и уравнение прямой

$$P = \alpha V + \beta$$

(α и β — постоянные. Их мы определим немного позже). Подставляя $P$ из второго уравнения в первое, получим квадратное уравнение для $V$:

$$\alpha V^2 + \beta V - \frac{m}{\mu} RT = 0.$$

Так как гипербола и прямая должны иметь лишь одну общую точку, это уравнение может иметь только один корень, то есть его determinate должно быть равен нулю:

$$\beta^2 + 4\alpha \frac{m}{\mu} RT = 0.$$

Решая последнее уравнение относительно $T$, найдем

$$T = -\frac{\beta^2 \mu}{4\alpha m R}.$$

В это выражение нужно подставить значения коэффициентов $\alpha$ и $\beta$. Так как точки I и II принадлежат одной и той же прямой $P = \alpha V + \beta$, то $P_1 = \alpha V_1 + \beta$ и $P_2 = \alpha V_2 + \beta$. Решая эту систему уравнения, найдем

$$\alpha = -\frac{P_2 - P_1}{V_1 - V_2}, \quad \beta = \frac{P_2 V_1 - P_1 V_2}{V_1 - V_2}.$$

Позному

$$T = \frac{(P_2 V_1 - P_1 V_2)^2 \mu}{4 (P_2 - P_1) (V_1 - V_2) m R}.$$

Подставив численные значения входящих в это выражение величины, получим

$$T \approx 490^\circ \text{ K}.$$

Правильное решение присладами М. Прегер (Томск), В. Рудько (Киев), Н. Федин (Омск), Г. Зайцев (Гагра), Л. Книжерман (Москва), О. Маслюк (Новомиргород Кировоградской обл.), В. Трунков (Гомель), Е. Розов (Минск), А. Петров (Асбест Свердловской, обл.), Л. Циферблам (Львов), И. Видорович (Симферополь), В. Тырышкин (Куйбышев), В. Мартивов (Иошкар-Ола), В. Климов (Солнечногорск Московской обл.), А. Товби (Одесса), Г. Фаст (Караганда), М. Гликман (Кишинев), А. Зисман (Псков), А. Есин (Лиггюль Ташкентской обл.), А. Тарнополский (Николаев), М. Саркисян (пос. Агаран Мегринского р-на Арм. СССР).

И. Ш. Словодечкий