Решения задач М246—М250; Ф253—Ф259

21

Женнее $A$ звезды Вега находится от центра фотопластики на расстоянии, вдвое меньшем радиуса объекта. Во сколько раз обеспечность «отраженного изображения» $C$ звезды Вега меньше обеспечности ее изображения $A$ в присутствии зеркала?

Г. Л. Комкин

Ф299. По гибкому шлангу сечением $S$ течение жидкости плотности р со скоростью $v$. Найти натяжение нити $AB$, соединяющей концы $A$ и $B$ шланга, если известно, что она является диаметром полукружности, которое образует шланг (рис. 2).

С. А. Беллев

Ф300. Найти, на какую высоту поднимается жидкость в расширяшемся и суживашемся конечных капиллярах. Смачивание полное. Угол при вершине конуса, который образует капилляр, равен $\alpha$. Этот угол считать малим. Коэффициент поверхностного натяжения жидкости $\sigma$.

Ф301. Кругляя линза диаметра $D$ состоит из двух соединительных по диаметру половинок. Фокусное расстояние одной из них $F$, другой $2F$. На расстоянии $a$ от линии нахождения источник света, на расстоянии $2a$ по другую сторону линзы — экран. Нарисуйте график зависимости освещенности изображения источника на экране от расстояния точки экрана до оптической оси линзы. Источник нахождения на оптической оси линзы, экран перепределкульрен этой оси.

Ф302. За лисой, бегущей прямолинейно и равномерно со скоростью $v_1$, гонится собака, скорость которой $v_2$ постоянна по величины и направлена все время на лису. В момент, когда скорости $v_1$ и $v_2$ оказались взаимно перепределкульренми, расстояние между лисой и собакой было равно $l$.

Каково было ускорение собаки в этот момент?

Б. Б. Буховцев

Решения задач

M246—M250; Ф253—Ф259

M246. На плоскости дны две прямы $m$ и $n$ и точка $O$. Построение треугольник, две высоты коморого лежам на данных прямы $m$ и $n$, а центр описанной окружности находится в точке $O$.

Чтобы не рассматривать различных случаев взаимного расположения прямы $m$, $n$ и точки $O$, будем решать задачу без чертежа.

Предположим вначале, что точка $O$ не совпадет с точкой пересечения прямы $m$ и $n$. Заметим следующее:

1. Если через точку $O$ проведится прямы $m'$ и $n'$, параллельные прямы $m$ и $n$ соответственно, то мы должны получить перpendикуляры, проходящие через середины сторона искомого треугольника (это сразу следует из того, что $O$ — центр описанной окружности).

2. Прямая $m''$, симметричная прямой $n'$, должна на проходить через вершину искомого треугольника (скажем, через точку $C$). Аналогично, прямая $n''$, симметричная прямой $n$ относительно прямой $m'$, также должна на проходить через точку $C$. (Оба эти утверждения вытекают из первого замечания.)

3. Если прямы $m''$ и $n''$ пересекаются (а они могут и не пересечься; потому-то мы всюду в 1) и 2) и писали слово до лж на а), то точка их пересечения — это вершина $C$ нужного треугольника.

После того, как вершина $C$ найдена, вершины $A$ и $B$ нахождения без труда: нам известны направления сторон $CA$ и $CB$ и то, что они пересекаются с прямыми $m$ и $n$ в точках $A$ и $B$ соответственно.

Итак, мы описали процесс построения. Однако осталось невыясенным, всегда ли это построение приводит к целли; иначе говоря, произвольно ли можно задавать прямы $m$, $n$ и точку $O$? Из нашей построения следует, что это не так: если прямы $m''$ и $n''$ параллельны, то вершину $C$ найти нельзя. Проверьте, что прямы $m''$ будет параллельна $n''$ в том и только том случае, когда либо острый угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$, либо когда $m \parallel n$.

22

Рис. 1. Рис. 2.

Если $m \parallel n$, то решений нет. Если же угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$, то прямые $m''$ и $n''$ могут совпадать, и в этом случае получается целое семейство решений. Проискодит это лишь тогда, когда параллельрам, образованный прямыми $m$, $n$, $m'$ и $n'',$ является ромбом с углом $60^\circ$ при вершине $O$.

Наконец, если точка $O$ совпадает с точкой пересечения прямых $m$ и $n$, то треугольник либо вырождается в точку, либо же решением является целое семейство правильных треугольников, — в этом случае угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$.

Отметим в заключение, что если немного изменить формулировку задачи, — считать, что на прямых $m$ и $n$ лежат не высоты, а биссектрисы треугольника, — то получится задача, в некоторых смысле двойственная к решению. (Впрочем, она легко решается и без использования этой двойственности.) Поставайте решить и эту задачу и понять, в чем состоит двойственное.

M247. Квадрат $6 \times 6$ нужно заполнить 12 плоскими, из которых $k$ имеем форму уеолка, а остальные 12 — $k$ прямое уеолника (рис. 1). При каких $k$ это возможно?

Если $k$ — четное, то квадрат можно заполнить уеолками и прямое уеолниками (рис. 3. Рис. 4. Рис. 5.)

Остается разобрать случай $k = 1$ и $k = 3$. Оказывается, что в этих случаях укладка невозможна.

1. Пусть $k = 1$. Занутерумем строки квадрата (рис. 4) и сопоставим каждой клеточке прямого угольника (или уеолка) номер строки, в которой она находится. Нетрудно заметить, что сумма номеров строк (по клеточкам) для любого прямого угольника делится на 3, а для любого уголка — не делится. Сумма номеров строк квадрата (по клеточкам) делится на 3, значит, при $k = 1$ укладка невозможна.

2. Пусть $k = 3$. Занутерумем строки и столбцы квадрата (рис. 5).

Сопоставим каждой из фигур два числа: сумму номеров строк и сумму номеров столбцов, в которых находится клеточки этой фигуры. Для прямого угольников оба эти числа делятся на 3, а для уголов — не делятся. Остатки, получащиеся при делении на 3 чисел, соответствующих уголкам, определяются лишь видом уеолка и не меняются, если передвигать уголок по квадрату не переворачивая (см. рисунки 5 и 6; на рисунке 6 изображен пример такого перемещения; в клеточках поставлены номера строк и столбцов, в которых лежат клеточки).

Сумма номеров строк и сумма номеров столбцов (по клеткам) для всего квадрата делится на 3; следовательно, уеолка квадрата третья уеолками и девятью прямого угольника возможна только тогда, когда все три уеолка одного вида. В силу симметрики квадрата будем считать, что все уеолки также, как на рисунке 6.

Покажем теперь, что положи ширины 6 и высоты $n$ невозможно улепить, если использовать прямого угольника и уеолки только такой вид (при условии, что хотя один угол должен быть использован).

Предположим противное. Покажем тогда, что если возможна уеолка полосы $6 \times n$, то возможна уеолка полосы $6 \times m$, где $m$ — некоторое число, меньше $n$.

23

второй строк покрыты только прямогольники. Из рисунков 8 а — в следует, что во всех случаях, кроме изображенных на рисунках 11 а, б, индуктивный переход возможно. Рассмотрим эти два случая. Красноая клетка не может быть покрыта уголком — иначе синою клетку вообше нельзя будет покрыть. Если красная клетка покрыта горизонтальным прямогольником, то индуктивный шаг можно сделать. Поэтому будем считать, что она покрыта вертикальным прямогольником. Но тогда и черная клетка тоже покрыта вертикальным прямогольником. Если и синоя клетка покрыта вертикальным прямогольником, то положено сделать индуктивный шаг.

Рис. 6.

Рис. 7. Рис. 8.

Занутерум строки полосы сизу вверх (рис. 7). Из рисунков 8 а, б, в следует, что если в первых трех строках полосы нет клетки, принадлежащей уголку, то у полосы можно отрезать первую строку, то есть можно сделать индуктивный шаг.

Пусть есть уголок, содержащий клетку первой или второй строки. Возьмем самый правый из таких уголов. Ясно, что красная клетка на рисунке 9 (уголок, изображенный на нем, — самый правый) покрыта горизонтальным прямогольником, иначе укладка вылезет за пределы полосы. Синяя клетка либо лежит за пределами полосы, либо покрыта вертикальным прямогольником — сизу а) и б). В случае б) укладка невозможна — это видно из рисунка. В случае а) раз синяя клетка покрыта вертикальным прямогольником, то черная и зеленая клетки тоже покрыты вертикальными прямогольниками. Перестроив конфигурацию рисунка 9, а, как показано на рисунке 10, мы «поднимем» уголок так, что он уже не будет содержать клеток первых двух строк.

Итак, нам осталось рассмотреть, что будет в том случае, когда клетки первой и

24

можно обрезать (см. рис. 8,8). Поэтому рассмотрим случай, когда синяя клетка покрыта уголком. Тогда зелена клетка покрыта вертикальным прямогольником. После этого легко сообщить, что желтые клетки также покрыты вертикальными прямогольниками. Значит, уголок можно поднять (рис. 12).

Таким образом, нам удалосьgebraть все уголки из первых трех строк полосы. Мы уже убедились, что в этом случае от полосы 6×n можно перейти к полосе 6×m, где m<n. To есть, мы доказали следующие:

Если полосу 6×n можно покрыть прямогольниками и уголками (макции, как на рисунке 6), то модель можно заполнить и полосу 6×m, где m—некоморое число, меньше n.

Остается убедиться, что при достаточно малых m такое покрытие невозможно. Это оченьindo, если m<3.

Итак, задача полностью решения.

Л. Г. Лиманов

**M248. В выпуклый n-уездник $A_1A_2 \dots A_n$ вписан n-уездник $B_1B_2 \dots B_n$, площать коморое равна P (вершина $B_i$ лежит на стороне $A_iA_{i+1}$ для $i=1, 2, \dots, n-1$, а вершина $B_n$—на $A_nA_1$). Около модели n-уездника $A_1A_2 \dots A_n$ описан n-уездник $C_1C_2 \dots C_n$, площать коморое равна Q, так, что $C_1C_2 \parallel B_1B_2$, $C_2C_3 \parallel B_2B_3$, …, $C_nC_1 \parallel B_nB_1$ (вершина $A_i$ лежит на стороне $C_i-1C_i$ для $i=2, \dots, n$, а вершина $A_1$—на стороне $C_nC_1$; см. рис. 13). Найдите площать n-уездника $A_1A_2 \dots A_n$.

Решим сначала задачу для n=3. Докажем, что в этом случае площать S треугольника $A_1A_2A_3$ равна среднему геометрическому площадей вписанного и описанного треугольников:

$$S^2 = QP.$$ (1)

Поскольку треугольники $B_1B_2B_3$ и $C_1C_2C_3$ подобны, то прямые $B_1C_1$, $B_2C_2$ и $B_3C_3$ пересекаются в одной точке O (доказайте это!), при этом $\Delta B_1B_2B_3$ можно получить из $\Delta C_1C_2C_3$ подобным скатнем (гомотейный) с центром в точке O и коэффициентом

$$k = \frac{B_1B_2}{C_1C_2} = \frac{B_2B_3}{C_2C_3} = \frac{B_3B_1}{C_3C_1} = \frac{OB_i}{OC_i}$$ (2)

($i=1, 2, 3$).

Обозначим через $q_i$, $s_i$ и $p_i$ части площей Q, S и P. Соответственно, лежащие внутренние треугольников $C_1OC_2$ (при $i=1$), $C_2OC_3$ (i=2) и $C_3OC_1$ (i=3); например, $q_1$— площадь головного треугольника на рисунке 14, $s_1$— сумма площадей головного и розового треугольников (с общим основанием), $p_1$— сумма площадей головного треугольника и защтрихованной трапеции (то есть площадь треугольника $C_1OC_2$). Тогда для

25

каждого $i = 1, 2, 3$
$$\frac{q_i}{s_i} = k, \quad \frac{q_i}{p_i} = k^2$$

и значит, $\frac{s_i}{p_i} = k$.

Постому
$$\frac{Q}{S} = \frac{\sum q_i}{\sum s_i} = k$$

и
$$\frac{S}{P} = \frac{\sum s_i}{\sum p_i} = k$$

откуда следует (1).

Этот же ответ получается и для произвольного $n$, если $n$-угольники $B_1B_2 \dots B_n$ и $C_1C_2 \dots C_n$ подобны. В условиях задачи содержится искуснаяLOBушка (в нее попалось большинство читателей, прилавших нам письма по поводу этой задачи): там сказано лишь, что стороны многоугольников пара лель ины; из этого, конечно, следует равенство углов, но не следует подобие многоугольников — пропорциональноность соответствующих сторон. Уже для $n = 4$ нетрудно построить примеры (рис. 15 и 16), показывающие, что равенство (1) не обязательно выполняется (четверро наших читателей: В. Тарасов (Ленинград), С. Фиашин (Ленинград), А. Вятчин (Павлов) и А. Гончаров (Никополь) заметили это), то есть $S$ не определяется однозначно по заданным $P$ и $Q$. В этом случае вопрос задачи естественного понимать так: какие значения может принимать $S$ при заданных $P$ и $Q$?

Сравнительно нетрудно придуть примеры, в которых $S$, $Q$ и $P$ связаны неравенством
$$S^2 \geq QP.$$

Проверьте, что уже рисунок 16 (где $B_1B_2B_3B_4$ и $C_1C_2C_3C_4$ — равнообочные границы) позволяет реализовать любую трейку значений $S$, $Q$ и $P$, связанных неравенством (3). Значительно более трудной и интересной задачей является такая: обязаемлено ли выполняется неравенство (3)?

Мы предоставляем читателем возможность подумать над этим вопросом; ему мы посвятим заметку в одном из следующих номеров «Кваната».

M249. На ребрах $A'D'$ и $C'D'$ куба $ABCDA'B'C'D'$ выбирают две точки $K$ и $M$ так, что плоскость KDM касается шара, вписанного в куб (рис. 17). Докажите, что величины $\phi$ двукраенно уела при ребре $B'D$ метраэдра $B'DKM$ не зависит от выбора точки $K$ и $M$. Найдите эту величины $\phi$.

Приведем наиболее короткое решение этой задачи, использующее лишь сообщение симметрии.

Обозначим точку касания шара с плоскостью KDM через $L$, диагональ куба $B'D$ — через $d$. Проведем через $d$ шесть плоскостей $\alpha, \chi, \lambda, \mu, \gamma$ и $\beta$, проходящих соответствующую через точки $A'$, $K, L, M, C'$ и $B$.

26

Двугранный угол $\Rightarrow \alpha d\gamma$ (угол между плоскостями $\alpha$ и $\gamma$) равен $120^\circ$, поскольку при поворотах куба на $120^\circ$ вокруг диагонали $d$ углы $\Rightarrow \alpha d\gamma$, $\Rightarrow \gamma d\beta$ и $\Rightarrow \beta d\alpha$ совмещаются друг с другом.

Но $\Rightarrow \alpha d\chi = \Rightarrow xd\lambda$: точки, в которых две плоскости — KDM и KDA’, — проходящие через прямую KD, касаются шара, размещается, симметричный друг друг относительно плоскости KB’D, проходящий через центр шара, а следовательно, плоскости $\alpha$ и $\lambda$ тоже симметричный друг друг относительно плоскости $x$. Аналогично, $\Rightarrow \lambda d\mu = \Rightarrow \mu d\gamma$.

Поскольку сумма углов $\Rightarrow \alpha d\lambda + \Rightarrow \lambda d\gamma = \Rightarrow \alpha d\gamma$ равна $120^\circ$, сумма их половин $\varphi = \Rightarrow xd\lambda + \Rightarrow \lambda d\mu = \Rightarrow xd\mu$ равна $60^\circ$.

Большинство читателей, так же как и автор Н. Ф. Шарцейн, решили эту задачу с помощью вычисления и получили следующий интересный промежуткий результат: сумма длины $|KD'| + |D'M|$ всегда равна длине ребра куба (то есть так же, как величины угла $\varphi$, не зависит от положения точки $L$).

Н. Б. Васильев

M250. a) При двое короля Артура *) собрались прыцарей. Некоторые из них враждом друг с другом, но у каждой рыцаря не менее $\frac{n}{2}$ других среды собрашихся. Доказим, что Мерлин — советник короля Артура — может усадить рыцаря за круглым столом так, чтобы ребра куба (то есть так же, как величины угла $\varphi$, не зависит от положения точки $L$).

Задча M250 б) приведена здесь в учоненной формулировке. Это очень трудная задача. Ее решению будет посвящена заметка «Задчи о графах и сказка «Иван-царевич и серый волк», который можно будет прочесть в следующем номере нашего журнала.

Приведем решение M250 a).

Рассаживая рыцарей за круглым столом или на одному скальью (то есть в ряду), мы всегда будем подразумывать, что соседяются друзьями. Нам понадобится такой факт.

Лемма. Пусть на одной скальье сидят $k$ рыцарей, и пусть у каждой из двух крайних среды сидящих рыцарей более половин друзей. Тогда этих $k$ рыцарей можно усадить за круглым столом.

*) См. Марк Твен, Янки при двое короля Артура.

Доказательство. Обозначим рыцарей слева направо в том порядке, как они сидят, через $B_1, B_2, \dots, B_k$.

Если $B_1$ и $B_k$ — друзья, то утверждение леммы очевидно. Рассмотрим всех тех рыцарей, слева от которых сидит друг рыцаря $B_k$. Их не менее $k/2$. Поэтому них найдется друг рыцаря $B_1$. Обозначим его $B_s$ (тогда $B_{s-1}$ — друг $B_k$). Телерь пересадим рыцарей в таком порядке:

$B_1, B_2, \dots, B_{s-1}, B_k, B_{k-1}, \dots, B_s$.

Поскольку $B_1$ и $B_s$ — друзья, то рыцарей уже можно усадить за стол.

Утверждение леммы доказано. Телерь доказkem, что $n$ рыцарIES всегда на одной скальье. Пусть на скальью уже удалось усадить $r$ рыцарей ($r < n$); показем, что тогда на скальью можно поместить еще одного рыцаря.

Возможны два случая: 1) у крайних рыцарей все друзья уже сидят на скальье; 2) у крайних рыцарей есть друзья сред не сидящих на скальье. Во втором случае очевидно, что с краю можно посадить еще одного рыцаря.

Если имеет место первый случай, то $r$ рыцарей, сидящих на скальье, согласно лемме, можно посадить и за круглым столом. Обозначим рыцарей, уже сидящих за столом, по порядку через $B_1, B_2, \dots, B_r$. Возьмем рыцаря $A$ из числа $n - r$ нерассаженных рыцарей, знакомого с каким-нибудь сидящим за столом рыцарем, например с $B_m(m < r)$ (такой найдется, поскольку $r \leq \frac{n}{2}$), либо $n - r \leq \frac{n}{2}$). Телерь $r + 1$ рыцарями можно усадить на скальью так:

$A, B_m, B_{m+1}, \dots, B_r, B_1, B_2, \dots, B_m-1$.

Рассуждая аналогично, получим, что постепенно можно усадить на одной скальье всех $n$ рыцарей. Примения лемму к $n$ рыцарям, сидящим на скальье, указываем их за круглый стол.

В. Л. Гутенхахер

Ф253. Шар, изображенный из мвердого диэлектрика, помещили в одноподное электрическое поле с напряжением $E$. При этом диэлектрик оказывается полоизованным. Воспользовавшись принципом суперпозициции, найти напряжение электрическое поля в центре шара и в точках на расстоянии $r$ от центра шара ($r$ меньше радиуса шара).

Молеклы диэлектрика можно представить как занятыки длины $l$ с зарядами $+q$ и $-q$ на концах. Число молекул в единице объема равно $n$.

27

Рис. 18.

Во внешнем электрическом поле все гантельки ориентируются вдоль поля (рис. 18, а), при этом на шаре возникают заряды, распределенные определенным образом по его поверхности. Внутри шара, где плотности положительных и отрицательных зарядов одинаковы, заряды уничтожают друг друга.

Если внешательное посмотреть на приведенный рисунок, то можно представить себе, что шар из полностю поляризованного диэлектрика эквивалентен двум как выложенным друг в друга шара. Один шар заряжен только отрицательно, другой — только положительное (рис. 18, б, и е). Центры этих шаров смещены друг относительно друга на расстояние $l$ (длина гантельки), а относительно центра реализного шара они смещены на расстояние $\frac{l}{2}$ (рис. 19).

Таким образом, поле в любой точке складывается из внешнего поля и полей, созданных положительно и отрицательно заряженными шарами. Поэтому вначале решим вспомогательную задачу: найдем направность поля внутри равномерно заряженного шара на расстоянии $r$ от его центра.

Как известно *), направность поля внутри равномерно заряженной сферы равна нулю, а вне сферы поле также же, как если бы оно создавалось точным зарядом, находящемся в центре сферы. Разобъем равномерно заряженной шара на тонкие сферические слоны, толщина которых много меньше шара. Согласно принципу суперрозицини направность поля на расстоянии $r$ от центра шара равна сумме направленностей полей зарядов таких сферических слонов. Но направность поля, созданного зарядами тех слонов, радиусы которых больше $r$, равна нулю, а слое, радиусы которых меньше $r$, — такая, как если бы заряды этих слое находились в центре шара. Следовательно, направность поля на расстоянии $r$ от центра шара равна $E_r = \frac{Q_r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$, где $Q_r = qn \frac{4}{3} \pi r^3$ и $E_r = \frac{qn r}{3\varepsilon_0}$.

Воспользовавшись полученными результатами, нетрудно найти направность поля в любой точке шара из диэлектрика.

Рассмотрим центр шара. направность в этой точке равна сумме трех векторов (рис. 20): вектора $E$ направности внешнего поля, вектора $E_1$ направности поля, созданного в этой точке положительно заряженным шаром, и вектора $E_2$ направности поля, созданного отрицательно заряженным шаром. Так как центр шара находится на расстоянии $\frac{l}{2}$ ст центров положительно и от-

*) См., например, статью Л. П. Баканиной и С. М. Козела «Приципс суперрозицини в электростатике», «Квант», 1973, № 3.

28

Рис. 20.

рицательное заряженных шаров, то

$$E_1 = E_2 = \frac{qn}{3\varepsilon_0} \frac{l}{2} = \frac{qnl}{6\varepsilon_0}.$$

Поятому (см. рис. 20)

$$E_0 = E - E_1 - E_2 = E - \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Теперь найдем направность поля в некоторой точке $A$ внутри шара. Обозначим расстояние от этой точки до центра положительного заряженного шара $r_1$, а до центра отрицательного заряженного шара $r_2$. Вектор направности поля в точке $A$ складывается из трех векторов (рис. 21):

$$E, E'_1 \text{ и } E'_2,$$ где $E'_1 = \frac{qnr_1}{3\varepsilon_0}$ — поле положительного заряженного шара, $E'_2 = \frac{qnr_2}{3\varepsilon_0}$ — поле отрицательного заряженного шара.

Найдем сначала сумму $E'$ векторов $E'_1$ и $E'_2$ Рассмотрим треугольник $AO_1O_2$ и

Рис. 21.

АBC. Углы $\angle ABC$ и $\angle O_1AO_2$ равны, и выполяется следующие:

$$\frac{AB}{BC} = \frac{O_1A}{O_2A},$$

так как

$$\frac{AB}{BC} = \frac{E'_1}{E'_2} = \frac{r_1}{r_2} = \frac{O_1A}{O_2A}.$$

Из подобия треугольников следует, что вектор $E'$ параллелен линни $O_1O_2$.

Величину вектора $E'$ можно найти из соответствия

$$\frac{E'}{E'_1} = \frac{O_1O_2}{O_1A},$$

откуда

$$E' = E'_1 \frac{O_1O_2}{O_1A} = \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Тогда окончательно направность поля в точке $A$ равна

$$E_A = E - E' = E - \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Как видно, направность поля в точке $A$ не зависит ни от $r_1$, ни от $r_2$, то есть не зависит от положения точки $A$ внутри шара. Это означает, что поле внутри полностью поляризованного шара однородно.

Ф254. Тонкостенная трубка руттного барамента открытым концом опирается на дно чашки со руттью. Закрытый конец удерживается вертикально нитью, так что трубка составляется угоди с вертикальной (рис. 22). Длина трубки $l$, масса $m$, плотность руттии $\rho$, аммосферное давление $h$ мм. см. Найти силу наяжения нити. Размер поеруженной в рутть части трубки пренебречь. Площадь секения трубки $S$.

29

Так как трубка барометра находится в равновесии, то сумма моментов всех сил, действующих на трубку со ртутью, относительно любой оси должны быть равна нулю. Запишем условие равновесия для оси, перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через точку $A$, в которой трубка опирается на дно сосуда:

$$Tl \sin \alpha - mg \frac{l}{2} \sin \alpha - Mg \frac{x}{2} \sin \alpha = 0.$$

(1)

Здесь $T$ — сила натяжения нити, $mg$ — сила тяжости трубки, $Mg = \rho x Sg$ — вес ртути, находящейся в трубке, $x$ — длина стольника ртути.

Давление стольника ртути в трубке равно атмосферному давлению, поэтому

$$x = \frac{h}{\cos \alpha}.$$

(2)

Следовательно, из (1) и (2)

$$T = \frac{mg \frac{l}{2} + \rho Sx^2 g}{l} = \frac{1}{2} g \left( m + \frac{\rho Sh^2}{l \cos^2 \alpha} \right).$$

Ф255. При формурарированении Луны с Земли фомоаппаратом, объективу у которой имеем фокусное рассмотрение $F$, на формулактические получено размытое изобравнение Луны в виде диска радиуса $R$. Затем с помощью того же аппарата получают резкое изобравнение Луны. Оно имеет радиус $R_1$. На какое рассмотрение смесили при втором формурарированении Луны объективным фомоаппаратом относительно формулактически?

Диаметр объектива $D$. Дифракцию не учитывается.

Так как Луна находится очень далеко от Земли и размеры объектива малы по сравнению с рассстоянием до Луны, то можно считать, что из каждой точки Луны в объектив попадает параллельный пучок лучей, который собирается в точку в фокальной плоскости объектива. В этой плоскости и образуется резкое изобравнение Луны. Если формуластинка расположена не в фокальной плоскости, а близке к объективу или дальше от него, то изобравнение Луны оказывается размытым.

Будем для определения считать, что экран расположен за фокальной плоскостью, и рассмотрим ход лучей, идущих от края Луны (рис. 23). Эти лучи и определяют размер изобравнения Луны на формуластинке. Треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому можно записать следующую соотношение:

$$\frac{R}{R_1} = \frac{y}{x},$$

или

$$\frac{R - R_1}{R_1} = \frac{y - x}{x}.$$

(1)

Из подобия треугольников $OAN$ и $ABM$ получим

$$\frac{R_1}{D/2} = \frac{x}{F - x}.$$

(2)

Из (1) и (2) найдем расстояние $\delta = y - x$, на которой сметли объективов относительно формуластинки:

$$\delta = \frac{R - R_1}{R_1 + D/2} F.$$

Ф256. В центр квадратной свободно подвешенной точки $v > v_0$, мо она пробиваем dockу насыщь. С какой скоростью будет движаться dockа, если скорость пути равна $2v_0$, $nv_0$? При какой скорости пути скорость dockы будет максимальной?

Масса пуля $m$, масса dockи $M$, сопротивление ситамь не зависит от скорости.

В горизонтальном направлении на системе пуля — dockа не действуют никакие внешние силы, то есть система изолирована. Запишем закон сохранения импульса и энергии ($v > v_0$):

$$mv = mv_1 + MV,$$

(1)

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{MV^2}{2} + Q.$$

(2)

Здесь $v_1$ — скорость пуля по выходе из dockи, $V$ — скорость dockи, $Q$ — количество выделенного теплла. Причем это телло равно работе силы сопротивления, действующего на пуля при ее движении внутри dockи:

$$Q = A = F_c d,$$

где $d$ — толщина dockи.

Так как по условиям задачи сила сопротивления не зависит от скорости, а $d$ — ве-

30

личина постоянная, то и количество выделения тепла $Q$ одинаково при всех значениях начальной скорости пуля $v$.

Рассмотрим случай, когда начальная скорость пуля равна $v_0$. Очевидно, что это минимальная скорость, с которой должны лететь пуля, чтобы насквозь пробить dockу. При этом пуля, пробив dockу, будет иметь скорость такую же, как и docka. Обозначим эту скорость $u$ и запишем законы сохранения импульса и энергии для этого случая:

$$mv_0 = (m + M)u,$$
$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{(m + M)u^2}{2} + Q.$$

Отсюда

$$Q = \frac{mMv_0^2}{2(m + M)}.$$

Тепер равенства (1) — (3) можно обединить в систему и, решив эту систему, найти величины $V$. Исключив из (1) и (2) скорость $v_1$, получим квадратное уравнение относительно $V$:

$$V^2 - 2\frac{mv}{m + M}V + \frac{2mQ}{M(m + M)} = 0,$$

откуда

$$V = \frac{m}{m + M}v \pm \sqrt{\frac{m^2}{(m + M)^2}v^2 - \frac{2mQ}{M(m + M)}}.$$

Подставим сюда значение $Q$ из (3) и получим

$$V = \frac{m}{m + M}\left(v \pm \sqrt{v^2 - v_0^2}\right).$$

Тепер проанализируем, оба ли корня уравнения соответствует условию данной задачи. Импульс dockи численно равен импульсу силы сопротивления, то есть произведение величины $F_C$ на время ее действия $t$. Очевидно, что чем больше начальная скорость пуля, тем быстрее пуля проходит сквозь dockу, то есть тем меньше время $t$. Следовательно, скорость dockи максимальная при скорости пуля, равной $v_0$. С увеличением начальной скорости пуля скорость dockи уменьшается. Этому соответствует такое выражение для $V$:

$$V = \frac{m}{m + M}\left(v - \sqrt{v^2 - v_0^2}\right).$$

При $v = 2v_0$
$$V = \frac{m}{m + M}\left(2 - \sqrt{3}\right)v_0,$$

а при $v = nv_0$
$$V = \frac{m}{m + M}\left(n - \sqrt{n^2 - 1}\right)v_0.$$

Ф257. В схеме, изображенной на рисунке 24, вначале все ключи разомкнуты. Конденсаторы $C_1$ и $C_2$ разряжены. Э. д. с. батарен Е. Затем ключи $K_1$ и $K_3$ замыкают и через некоторое время их размыкают. После этого замыкают ключи $K_2$. Какая разность помещаемых установится на конденсатор $C_1$ после замыкания ключа $K_2$?

При замыкании ключей $K_1$ и $K_3$ конденсаторы $C_1$ и $C_2$ оказываются подключенными к источнику параллельно (рис. 25), поэтому напряжение на каждом из них равно $E$, а заряды соответствующего $Q_1 = C_1E$ и $Q_2 = C_2E$. После размыкания ключи $K_1$ и $K_3$ и замыкания ключа $K_2$ конденсаторы подключаются к источнику последовательного (рис. 26).

Однако, в отличие от обычного последовательного соединения конденсаторов, в данном случае суммарный заряд пластин 1 и 2 равен не нулю, а $Q = Q_1 + Q_2$. Такой заряд был сообщен этим пластинам в первом случае (при замыкании ключей $K_1$ и $K_3$). Во втором случае суммарный заряд пластин

31

1 и 2 равен $Q_1' - Q_2'$. Поскольку расматриваемый участок цепи изолирован, можно воспользоваться законом сохранения заряда:

$$Q_1' - Q_2' = Q,$$

или

$$C_1 U_1' - C_2 U_2' = (C_1 + C_2) E. \tag{1}$$

Согласно закону сохранения энергии

$$U_1' + U_2' = E. \tag{2}$$

Решая совместно (1) и (2), найдем

$$U_1' = E \left( 1 + \frac{C_2}{C_1 + C_2} \right).$$

Ф258. Кольцо из монкой проводки разрывается, если его зарядить зарядом Q. Диаметр колца и диаметр проводки увеличили в 3 раза. При каком заряде будет разрывать это новое колцо?

Под действием сил электрического отталкивания колцо деформируется, и в любом месте колца результирующая сила упругости равна силе электрического взаимодействия выбранного элементарного участка со всем остальным колцом: $F_{эл} = F_{упр}$.

Сила взаимодействия между двумя точными зарядами $Q_1$ и $Q_2$ находится на расстоянии $r$ друг от друга, согласно закону Кулона равна $\frac{Q_1 Q_2}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$. Это, очевидно, единственная комбинация из $Q_1, Q_2$ и $r$, имеющая размерность сили. Поэтому электрическая сила в колце должна быть пропорциональна $\frac{Q^2}{R^2}$ (R – радиус колца):

$$F_{эл} = \alpha \frac{Q^2}{R^2},$$

где $\alpha$ — коэффициент пропорциональности.

В момент разрыва сила упругости, приходящая на единицу площади поперечного сечения проводки, равна предельную прочитину $\sigma$, который зависит только от материалов проводки, поэтому

$$F_{упр} = \sigma S$$

(S – площадь сечения проводки).

Таким образом,

$$\alpha \frac{Q^2}{R^2} = \sigma S. \tag{1}$$

Если колцо, имеющее второе больший радиус и второе больший диаметр проводки, разрывается при заряде $Q_1$, то в этом случае

$$\alpha \frac{Q_1^2}{(3R)^2} = \sigma S_1.$$

Так как $S \sim d^2$ и $S_1 \sim d_1^2$ (d и $d_1$ – диаметры проводки), то $S_1 = 9S$, и поэтому

$$\alpha \frac{Q_1^2}{9R^2} = 9\sigma S. \tag{2}$$

Рис. 27.

Тогда из равенств (1) и (2) получаем $Q_1 = 9Q$.

Ф259. Тонкостенный цилиндр камится по горизонтальной плоскости сускорением a. Брусок A, размеры которого малы по сравнению с радиусом цилиндра, скольцит по внутренней поверхности цилиндра mak, что между радиусом-вектором точки A и вертикалью остается постоянным. Наимен этом уелол, если коэффициент трения бруска о поверхности цилиндра равен k.

В системе координат, связанной с горизонтальной плоскостью, на брусок действуют три сили: сила тяжесте mg, сила нормальной реакции N со стороны цилиндра и сила треня $F_{тр}$ (рис. 27). Равнодействующая этих трех сили направлена горизонтально и сообщает брускуускорение a. Позному, спроектирован все сили на вертикальную и горизонтальную оси, можно записать:

$$- mg + N \cos \alpha + F_{тр} \sin \alpha = 0,$$

$$N \sin \alpha - F_{тр} \cos \alpha = ma,$$

где $F_{тр} = kN$. Исключая из этих уравнений N, получим

$$\cos \alpha + k \sin \alpha = \frac{g}{a} (\sin \alpha - k \cos \alpha).$$

Разделим обе части уравнения на cos $\alpha$:

$$1 + k \mathrm{tg} \alpha = \frac{g}{a} (\mathrm{tg} \alpha - k).$$

Отсюда

$$\mathrm{tg} \alpha = \frac{a + gk}{g - ak},$$

$$\alpha = \mathrm{arctg} \frac{a + gk}{g - ak}.$$

И. Ш. Слободецкий