Решения задач

М261—М267; Ф273—Ф277

М261. Обруч радиуса $R$, висевший на неподвижном круге радиуса $r<R$, начинают катить по этому кругу. Докажите, что точка обруча описывает ту же траекторию, которую описывала бы точка колеса радиуса $R-r$, катящегося снаружи по тому же кругу радиуса $r$ (рис. 1). (Качение происходит без скольжения — так, что длины прокатившихся друг по другу дуг равны.)

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 1.

Обозначим радиус колеса $R-r$ через $\rho$. Кривые, описываемые при указанном качении точками границы колеса, называются эпициклоидами, вид их определяется отношением $\dfrac{\rho}{r}$; кривые, описываемые точками обруча — перициклоидами. Докажем, что при указанном в условии соотношении между радиусами ($R=r+\rho$) перициклоиды совпадают с эпициклоидами.

Зафиксируем по одной точке на колесе и на обруче. Пусть в начальный момент точки, наблюдаемые на колесе и обруче, совпадают с одной и той же точкой $A$ границы неподвижного круга (рис. 2). Пусть для определенности и колесо, и обруч катятся по кругу против часовой стрелки. Если в некоторый момент колесо касается неподвижного круга в точке $B$, то точка, наблюдаемая на его границе (точка эпициклоиды), занимает такое положение $C$, что длины $\smile AB$ и $\smile BC$ равны ($\smile BC$ выбирается с учетом направления качения (рис. 3)): в этом и состоит условие качения без скольжения.

Аналогично, положение точки $C'$, наблюдаемой на обруче (точки перициклоиды), в тот момент, когда он касается неподвижного круга в точке $B'$, находится из условия равенства длин $\smile AB'$ и $\smile B'C'$ (с учетом направления качения) (см. рисунок 4).

Докажем, что для любой точки $B$ на границе неподвижного круга можно так подобрать точку $B'$ (тоже — на границе неподвижного круга), что соответствующие точки $C$ (эпициклоиды) и $C'$ (перициклоиды) совпадут (рис. 5). (Из нашего доказательства будет ясно также, как по $B$ выбирать $B'$.)

Возьмем точку $B'$ так, чтобы отношение длин дуг $AB$ и $BB'$ было равно $\dfrac{\rho}{r}$: тогда — радианная мера $\smile BC$ равна радианной мере $\smile BB'$ — обозначим ее через $\varphi$. Имеем

дл. $\smile AB=$ дл. $\smile BC=\rho\varphi$, дл. $\smile BB'=r\varphi$.

Поэтому дл. $\smile B'C'=$ дл. $\smile AB'=\rho\varphi+r\varphi=R\varphi$, и радианная мера $\smile B'C'$ также равна $\varphi$. Пусть $O$ — центр неподвижного круга, $O_1$ — положение центра колеса в момент, когда

43

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7, а, б

44

оно касается неподвижного круга в точке $B$. $O_2$ — положение центра обруча в момент касания обруча с неподвижным кругом в точке $B'$; точки $\{O,\ B,\ O_1\}$ и $\{O_2,\ O,\ B'\}$ лежат на одной прямой.

Пусть $0 < \varphi < \pi$. Имеем (рис. 6) $OB = OB' = r$, $O_2B' = R$, $OO_2 = R - r = \rho$, $O_1B = O_1C = \rho$, $O_1O = r + \rho = R$, $\sphericalangle\, BOB' = \sphericalangle\, OO_1C = \varphi$.

Значит, четырехугольник $OO_1CO_2$ — параллелограмм, и, значит, $O_2C = R$, $\sphericalangle\, CO_2B' = \varphi$. Таким образом, точка $C$ лежит на окружности радиуса $R$ с центром в $O_2$, причем радианная мера дуги $B'C$ равна $\varphi$. Это и означает, что $C$ совпадает с $C'$. Итак, мы доказали, что если по неподвижному кругу прокатились дуги колеса и обруча одной и той же радианной меры $\varphi < \pi$, то получившиеся точки эпициклоиды и перициклоиды совпадут.

Остается убедиться в справедливости этого утверждения и при $\varphi \geqslant \pi$. Посмотрите сами, во что «превращается» рисунок 5 при $\varphi = \pi$, а также при $\pi < \varphi < 2\pi$. Отметим, что поскольку разность между длинами обруча и колеса равна $2\pi r$ — длине границы неподвижного круга, то в тот момент, когда и колесо, и обруч сделают полные обороты, наблюдаемые точки, вновь попав на границу неподвижного круга, займут одно и то же положение $A_1$. Случай $2\pi < \varphi < 4\pi$ сводится к случаю $\varphi < 2\pi$, если считать точку $A_1$ начальной точкой вместо $A$. Если же считать $A_1$ начальной точкой и одновременно изменить направление качения, то случай $\pi \leqslant \pi < 2\pi$ сведется к случаю $\varphi \leqslant \pi$.

С. Г. Гиндикин

Это решение можно коротко записать с помощью векторов. Если пользоваться «обобщенными углами» — углами вращения $\varphi$, которые могут принимать любые значения (не только в пределах от 0 до $2\pi$), то не придется рассматривать отдельно разных случаев: нужно использовать только, что для любых трех векторов $\mathbf{a}$, $\mathbf{b}$, $\mathbf{c}$

$$\widehat{\mathbf{ab}} + \widehat{\mathbf{bc}} = \widehat{\mathbf{ac}}$$

(здесь $\widehat{\mathbf{ab}}$ — величина угла между векторами $\mathbf{a}$ и $\mathbf{b}$).

Пусть $\mathbf{e}\,(\varphi)$ — вектор длины 1, получающийся поворотом на угол $\varphi$ по часовой стрелке из начального вектора $\mathbf{e}_0 = \mathbf{e}\,(0)$ (скажем, направленного вверх). Тогда $\mathbf{e}\,(\varphi + \pi) = -\mathbf{e}\,(\varphi)$.

Для точки $M_1$ колеса (рис. 7, а)

$$\overrightarrow{OO_1} = (\rho + r)\,\mathbf{e}\,(\varphi),$$

$$\overrightarrow{O_1M_1} = \rho\mathbf{e}\,(\pi + \varphi + \varphi_1).$$

Поскольку $\rho\varphi_1 = r\varphi$ (условие качения без скольжения), $\rho = R - r$, то

$$\overrightarrow{OM_1} = \overrightarrow{OO_1} + \overrightarrow{O_1M_1} = R\mathbf{e}\,(\varphi) - (R - r)\,\mathbf{e}\left(\frac{R}{R-r}\,\varphi\right). \quad (1)$$

Для точки $M_2$ обруча (рис. 7, б)

$$\overrightarrow{OO_2} = (R - r)\,\mathbf{e}\,(\psi + \pi),$$

$$\overrightarrow{O_2M_2} = R\,\cdot\,\mathbf{e}\,(\psi - \psi_1),$$

и так как $R\psi_1 = r\psi$, то

$$\overrightarrow{OM_2} = \overrightarrow{OO_2} + \overrightarrow{Q_2M_2} = R\mathbf{e}\left(\frac{R-r}{R}\,\psi\right) - (R - r)\,\mathbf{e}\,(\psi). \quad (2)$$

Сравнивая (1) и (2), видим что $\overrightarrow{OM_1} = \overrightarrow{OM_2}$ при $\dfrac{R}{R-r}\varphi = \psi$. Значит, множество точек $M_1$ и $M_2$ совпадают.

Н. Б. Васильев

М262. Какое наибольшее число а) ладей, б) ферзей можно расставить на шахматной доске $8\times 8$ так, чтобы каждая из этих фигур была под ударом не более чем одной из остальных?

Рис. 8.

Рис. 9.

М263. Даны два числа $p$ и $q$, большие 1. На сторонах $BC$ и $DC$ прямоугольника $ABCD$ берутся точки $P$ и $Q$ так, что $|BC| = p\cdot|BP|$ и $|DC| = q\cdot|DQ|$. При каком отношении длин сторон $AB$ и $AD$ угол $PAQ$ будет иметь наибольшую величину? Какова эта наибольшая величина в частном случае $p = 2$, $q = \dfrac{3}{2}$?

Следуя письму Бориса и Льва Рабиновичей, предложивших эту задачу, рассмотрим сразу доску размером $n\times n$ и докажем, что на ней нельзя расставить более $\dfrac{4n}{3}$ ладей так, как требуется в условии.

Пусть $k$ ладей расположены на доске $n\times n$ с соблюдением условия. На каждом поле, где стоит ладья, напишем число 0. В каждом из $n$ столбцов проделаем следующую операцию: если в столбце стоят два числа, то прибавим к обоим по 1, если одной число, то к нему прибавим 2 (в пустом столбце ничего писать не будем). Затем проделаем точно такую же операцию с каждой строкой. Ясно, что на месте каждой из $k$ ладей в результате будет написано число, не меньшее 3 — а именно, либо 3, либо 4, — поэтому сумма $S$ всех написанных чисел не меньше $3k$; с другой стороны, поскольку в каждый из $n$ столбцов и затем в каждую из $n$ строк мы добавили не более чем 2, то сумма $S$ не больше $4n$. Итак, $3k \leqslant S \leqslant 4n$, откуда $k \leqslant \dfrac{4n}{3}$.

В частности, для $n = 8$ получаем $k < \dfrac{32}{3}$, то есть $k \leqslant 10$. Пример расстановки 10 ладей, удовлетворяющей условию, показан на рисунке 8.

Нетрудно проверить, что для любого натурального $n$ тем же самым способом можно на доске $n\times n$ расставить $\left[\dfrac{4n}{3}\right]$ л а д е й с соблюдением условия ($[x]$ означает целую часть числа $x$).

Перейдем к задаче о расстановке ферзей. Ясно, что с соблюдением условия задачи ферзей можно поставить не больше, чем ладей. На рисунке 9 показано, что на доске $8\times 8$ можно расставить 10 ферзей. Итак, в обеих задачах а) и б) ответ одинаковый: 10.

Что же касается обобщения задачи Рабиновичей о расстановке ф е р з е й для доски $n\times n$, то ее полностью не решил никто из читателей. Можно убедиться, что для $n = 3, 4, 5$ наибольшее число ферзей, которое можно расставить на доске $n\times n$ так, чтобы каждый попал не более чем под один удар, на единицу м е н ь ш е $\left[\dfrac{4n}{3}\right]$. Но для больших $n$ решение задачи требует, по-видимому, либо очень большого перебора вариантов, либо привлечения дополнительных соображений.

Н. Б. Васильев

◆

Обозначим длины сторон прямоугольника $AB$ и $AD$ через $a$ и $b$ соответственно. Тогда

$$\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAQ) = \frac{\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAD) - \mathrm{tg}\,(\sphericalangle QAD)}{1 + \mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAD)\cdot \mathrm{tg}\,(\sphericalangle QAD)} =$$

$$= \frac{\dfrac{ap}{b} - \dfrac{a}{qb}}{1 + \dfrac{a^2p}{b^2q}} = \frac{ab\,(pq - 1)}{a^2p + b^2q}.$$

В силу теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом, имеем

$$a^2p + b^2q \geqslant 2\sqrt{a^2pb^2q} = 2ab\sqrt{pq}$$

(знак равенства имеет место при $a^2p = b^2q$, то есть когда

$$\frac{a}{b} = \sqrt{\frac{q}{p}}\bigg).$$

45

Поэтому

$$\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAQ) = \frac{ab\,(pq-1)}{a^2 p + b^2 q} \leqslant \frac{pq-1}{2\sqrt{pq}}\,,$$

и $\sphericalangle PAQ$ достигает максимума $\mathrm{arctg}\,\dfrac{pq-1}{2\sqrt{pq}}$, когда

$$\frac{a}{b} = \frac{|AB|}{|AD|} = \sqrt{\frac{q}{p}}$$

($\sphericalangle PAQ$ — меньше $90^\circ$, а тангенс в первой четверти — возрастающая функция).

В частности, если $p=2$, $q=\dfrac{3}{2}$, наибольшая величина угла $PAQ$ равна $\mathrm{arctg}\,\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\pi}{6}$.

◆

М264. В городе одна синяя площадь и n зеленых, причем каждая зеленая площадь соединена улицами с синей и с двумя зелеными (рис. 10). На каждой из 2n улиц ввели одностороннее движение так, что на каждую площадь можно приехать и с каждой — уехать. Докажите, что с любой площади этого города можно, не нарушая введенных правил, доехать до любой из остальных.

Рис. 10.

Рис. 11.

Рис. 12.

46

Прежде чем приступать к решению, отметим, что в условии задачи ссылка на рисунок 10 существенна — он является частью условия; так, например, для города, изображенного на рисунке 11 (с одной синей и $n$ зелеными площадями), все условия I задачи выполнены, а утверждение — неверно: из части I нельзя проехать в часть II.

Перейдем теперь к решению нашей задачи. Разобьем доказательство на две части: докажем, что

а) от любой зеленой площади можно доехать до синей;

б) от синей площади можно доехать до любой зеленой.

Условимся обозначать направление движения на улицах стрелочками.

а) Предположим, что от зеленой площади $A_1$ нельзя доехать до синей площади. Поскольку уехать с площади $A_1$ можно, то от нее, проехав по одной улице, мы доедем до зеленой площади $A_2$. От площади $A_2$ тоже нельзя доехать до синей площади. Выехав с нее, мы доедем до площади $A_3$, потом $A_4$ и т. д. Поскольку всего зеленых площадей $n$, проехав по $n$ улицам, мы вернемся на площадь $A_1$ и убедимся, что стрелки в городе расставлены так, как на рисунке 12. Но тогда на синюю площадь нельзя приехать, что противоречит условиям задачи.

б) Изменим направления всех стрелок. Полученная схема движения удовлетворяет условиям задачи. Поэтому, как показано в пункте а), при этой расстановке стрелок от любой зеленой площади можно доехать до синей. Но это и означает, что при старой расстановке стрелок от синей площади можно доехать до любой зеленой.

Обобщить задачу Б. Р о з е н ш т е й н а о городе с односторонним движением можно так. Пусть в городе нет «тупиков» (в таком случае можно расставить направления на улицах так, что на каждую площадь можно приехать и с каждой уехать). Необходимое и достаточное условие того, что при любой такой расстановке стрелок от каждой площади можно доехать до любой другой; можно сформулировать так: любые два кольцевые маршрута (по городу, на улицах которого еще не расставлены стрелки) должны проходить через одну площадь. Докажите это.

И. Н. Клумова

М265. Диагональ d прямоугольного параллелепипеда образует с его ребрами a, b и c углы $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Докажите, что $\alpha + \beta + \gamma$ меньше $\pi$.

Рис. 13.

Приведем решение, которое прислал Андрей Вятчин (г. Павлово Горьковской области). Расположим три равных параллелепипеда так, как показано на рисунке 13. Тогда $\sphericalangle BOC = 2\alpha$, $\sphericalangle AOC = 2\beta$, $\sphericalangle AOB = 2\gamma$. Точка $O$ не лежит в плоскости, проходящей через точки $A$, $B$, $C$ (проверьте). Значит, $2\alpha + 2\beta + 2\gamma < 2\pi$ (по теореме о сумме плоских углов трехгранного угла), то есть $\alpha + \beta + \gamma < \pi$.

Большинство читателей, приславших верные решения, свело задачу к проверке неравенства $\sin(\alpha + \beta + \gamma) > 0$.

В заключение приведем две задачи — проверьте, что они эквивалентны задаче М265.

1. Для любого $\triangle ABC$ можно вычислить такую сумму:
   $$S = \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C.$$
   Докажите, что $S = 1$ для прямоугольных треугольников, $S < 1$ для остроугольных и $S > 1$ для тупоугольных треугольников.

2. Если $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$, $0 < y < \dfrac{\pi}{2}$ и $\sin^2 x + \sin^2 y < 1$, то $\sin^2 x + \sin^2 y < \sin^2 (x+y)$.

М. Л. Гервер

◆

М266. Дан выпуклый n-угольник.

а) Докажите, что если для каждой тройки последовательных вершин n-угольника построить окружность, проходящую через эти вершины, и из n полученных окружностей выбрать такую, у которой радиус наибольший, то эта окружность содержит внутри себя весь данный n-угольник;

б) Докажите, что если для каждой тройки последовательных сторон n-угольника построить окружность, касающуюся этих сторон, и из n полученных окружностей выбрать такую, у которой радиус наименьший, то она будет содержаться внутри данного n-угольника.

а) Пусть $s$ — одна из окружностей с наибольшим радиусом. Обозначим ее центр через $S$, радиус — через $r$, лежащие на $s$ вершины многоугольника — через $A_1$, $A_2$, $A_3$. Предположим, что многоугольник $M$ не содержится внутри $s$ целиком; тогда найдется вершина — обозначим ее через $A_k$, — лежащая вне $s$; проведем через точки $S$ и $A_2$ прямую. Пусть $A_k$ находится в правой полуплоскости (см. рис. 14). Рассмотрим вершину $A_l$, лежащую вне $s$, у которой $3 < l \leqslant k$ и номер $l$ — минимальный из возможных. Проверьте самостоятельно, что радиус $R$ окружности $s_1$, описанный около треугольника $A_2A_3A_l$, больше $r$, и что вершины $A_2$, $A_3$, …, $A_l$ лежат в $s_1$ (см. рис. 15). Постараемся теперь прийти к противоречию — построить окружность, проходящую через три соседние вершины многоугольника, радиус которой больше $r$. Если $A_3$ и $A_l$ — соседние вершины, то противоречие уже получено. Пусть $A_3$ и $A_l$ — не соседние. Рассмотрим все окружности, проходящие через точки $A_3$, $A_l$ и $A_i$, где $3 < i < l$, — радиусы этих окружностей не меньше $R$. Пусть та из них, у которой радиус наименьший, проходит через вершину $A_{l_1}$, где $3 < l_1 < l$. Если $A_3$, $A_{l_1}$ и $A_l$ — тройка последовательных вершин, то противоречие получено. Если нет, то мы от цепочки вершин $A_3$, …, $A_l$ перейдем к более короткой цепочке: $A_3$, …, $A_{l_1}$ или $A_{l_1}$, …, $A_l$. Повторив несколько раз такой переход, мы придем к тройке соседних вершин. Поскольку при каждом переходе радиусы окружностей не убывали, радиус описанной около них окружности не меньше $R$, то есть больше $r$, — обещанное противоречие получено.

б) Пусть $s$ — одна из окружностей минимального радиуса, касающаяся сторон $a_1$, $a_2$ и $a_3$. Обозначим ее центр

47

Рис. 14.

Рис. 15.

48

через $S$, а радиус через $R$. Если многоугольник $M$ не содержит $s$, то есть сторона $a_k$, ее пересекающая. Стороны $a_2$ и $a_k$ либо параллельны, либо пересекаются—предположим, что они пересекаются (см. рис. 16 — случай, когда они параллельны, разбирается аналогично). Рассмотрим сторону $a_l$, пересекающую $s$, у которой $3 \leqslant l \leqslant k$ и номер $l$ минимальный из возможных. Докажите самостоятельно, что радиус $r$ окружности, касающейся сторон $a_2$, $a_3$ и $a_l$, меньше $R$, и что стороны $a_2$, $a_3$, …, $a_l$ лежат вне этой окружности (см. рис. 17). Придем теперь к противоречию так же, как и в пункте а). Если $l = 4$, то противоречие пслучено. Если $l > 4$, то выберем из окружностей, касающихся сторон $a_3$, $a_l$ и $a_i$, где $3 < i < l$, окружность с максимальным радиусом. Ее радиус не больше $r$; пусть ей соответствует тройка $a_3$, $a_{l_1}$, $a_l$. Если $l_1 = 4$, $l = 5$, то противоречие получено. В противном случае выберем из пар $a_3$, $a_{l_1}$ и $a_{l_1}a_l$ не соседнюю и применим к ней то же построение, что и к паре $a_3$, $a_l$. За конечное число шагов мы придем к тройке соседних сторон, причем радиус касающейся их окружности будет не больше $r$. Противоречие получено.

Рис. 16. Рис. 17.

В н и м а н и е ! В пункте а) мы пользовались тем, что при каждом переходе радиусы окружностей не убывали, а в пункте б) — тем, что они не возрастали. Продумайте самостоятельно, почему это так.

Л. Г. Лиманов

◆

М267. В последовательности троек целых чисел (2, 3, 5) (6, 15, 10) . . . каждая тройка получается из предыдущей таким образом: первое число множится на второе, второе — на третье, а третье—на первое, и полученные произведения дают новую тройку.

Докажите, что ни одно из чисел, получаемых таким образом, не будет степенью целого числа: квадратом, кубом и т. д.

Заметим, что порядок чисел внутри тройки не существен. Числа, входящие в следующую тройку, от него не зависят.

Докажем, что тройка с номером $2l + 1$ имеет вид $\{2^k{}^+{}^13^k5^k,\ 2^k3^k{}^+{}^15^k,\ 2^k3^k5^k{}^+{}^1\}$, а с номером $2l$ — $\{2^m{}^-{}^13^m5^m,\ 2^m3^m{}^-{}^15^m,\ 2^m3^m5^m{}^-{}^1\}$, где $k$ и $m$ зависят от $l$. Воспользуемся для этого математической индукцией. Предположим, что тройки с номером $2l$ и $2l + 1$ имеют такой вид. Легко убедиться, что из тройки $\{a,\ b,\ c\}$ через два шага получается тройка $\{a^2bc,\ ab^2c,\ abc^2\}$. Подставив сюда вместо $a$, $b$ и $c$ элементы $2l$-й и $2l + 1$-й троек, мы получим

$$\{2^{4m-2}3^{4m-1}5^{4m-1},\ 2^{4m-1}3^{4m-2}5^{4m-1},\ 2^{4m-1}3^{4m-1}5^{4m-2}\}$$

и $\{2^{4k}{}^+{}^23^{4k}{}^+{}^15^{4k}{}^+{}^1,\ 2^{4k}{}^+{}^13^{4k}{}^+{}^25^{4k}{}^+{}^1,\ 2^{4k}{}^+{}^13^{4k}{}^+{}^15^{4k}{}^+{}^2\}$

соответственно, то есть тройки такого же вида. Поскольку первая и вторая тройка удовлетворяют предположению индукции, ему удовлетворяют и все тройки.

Итак, доказано, что все числа, входящие в тройки, имеют вид $p_1^{n\pm1} \cdot p_2^n \cdot p_3^n$, где $p_1$, $p_2$ и $p_3$ это числа 2, 3 и 5, взятые в любой последовательности. Очевидно, что ни одно из них не может быть степенью натурального числа.

И. Н. Клумова

Ф273. Для получения газов при сверхвысоких температурах и давлениях иногда применяется установка, состоящая из закрытого с одного конца цилиндра-ствола и поршня-пули, влетающей в цилиндр с открытой стороны. При хорошей обработке пули и ствола удается добиться малой утечки газа через зазор. Благодаря очень высоким температурам сильно сжатые газы в этих условиях еще можно считать идеальными. Оценить верхний предел температуры аргона, подвергнутого сжатию в такой установке, если пуля массы $m = 100$ г влетает в ствол, имеющий объем $V_0 = 200$ см$^3$, с начальной скоростью $v = 250$ м/с. Начальные температура и давление газа равны соответственно $T_0 = 300^\circ$ К и $p_0 = 1$ атм.

Ф274. Диод включен в цепь, изображенную на рисунке 18, а. Идеализированная вольт-амперная характеристика диода приведена на рисунке 18, б. Конденсатор предварительно не заряжен. Ключ К замыкают. Какое количество тепла выделится на сопротивлении R при зарядке конденсатора? Емкость конденсатора C, э. д. с. источника Е. Внутреннее сопротивление источника пренебрежимо мало.

При торможении пули ее кинетическая энергия переходит в тепло. Для оценки максимальной температуры, до которой может нагреться газ в цилиндре, будем считать, что все выделенное тепло идет на изменение внутренней энергии газа. То есть не будем учитывать потери энергии на нагревание пули и стенок цилиндра. Тогда можно записать

$$\frac{mv^2}{2} = \Delta U .$$

Так как аргон одноатомный газ, то $U = \frac{3}{2} nRT$ ($n$ — число молей газа) и

$$\Delta U = \frac{3}{2} nRT_{\max} - \frac{3}{2} nRT_0 = \frac{3}{2} nR (T_{\max} - T_0).$$

Величину $n$ можно найти из уравнения состояния идеального газа:

$$n = \frac{p_0 V_0}{R T_0} .$$

Поэтому

$$\Delta U = \frac{3}{2}\, p_0 V_0\, \frac{T_{\max} - T_0}{T_0} .$$

Следовательно,

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2}\, p_0 V_0\, \frac{T_{\max} - T_0}{T_0} ,$$

откуда

$$T_{\max} = T_0 \left( 1 + \frac{mv^2}{3 p_0 V_0} \right) \approx 30\,000\ ^\circ\mathrm{K} .$$

◆

После замыкания ключа по цепи пойдет ток. Напряжение на конденсаторе будет увеличиваться, а ток соответственно уменьшаться. При этом пока ток не уменьшится до значения $I_0$, напряжение на диоде все время будет равно $U_0$ *). Пусть уменьшение тока до $I_0$ произошло за время $t_1$. Найдем, сколько тепла выделилось на сопротивлении $R$ за это время.

По закону сохранения энергии работа $A$, совершенная источником во всей цепи, равна сумме работ на отдельных участках цепи:

$$A = A_{\mathrm{д}} + A_{\mathrm{c}} + A_R.$$

Напряжение на конденсаторе в момент времени $t = t_1$ равно

$$U_{\mathrm{c}} = E - U_0 - I_0 R,$$

значит, за время $t_1$ по цепи прошел заряд

$$q_1 = C U_{\mathrm{c}} = C (E - U_0 - I_0 R).$$

Работа, совершенная источником за это время,

$$A_1 = q_1 E = CE (E - U_0 - I_0 R).$$

Работы на участках, содержащих диод и конденсатор, равны

$$A_{\mathrm{д}} = q_1 U_0 = C U_0 (E - U_0 - I_0 R),$$

$$A_{\mathrm{c}} = W_{\mathrm{c}} = \frac{q_1^2}{2C} = \frac{C (E - U_0 - I_0 R)^2}{2} .$$

---

*) См. решение задачи Ф232, «Квант», 1974, № 5.

49

Рис. 18.

Ф275. На обод массивного колеса массы M надет дополнительный груз малого размера и массы m, причем $\dfrac{M}{m} = 15$. С какой скоростью должно катиться колесо, чтобы оно подпрыгивало?

50

Тогда работа на сопротивлении $R$

$$A_R = Q_1 = A_1 - A_\mathrm{д} - A_\mathrm{c} = \frac{C}{2}\left[(E - U_0)^2 - (I_0 R)^2\right].$$

При дальнейшем уменьшении тока от $I_0$ до 0 напряжение на диоде не будет постоянным. Согласно вольтамперной характеристике диода напряжение будет уменьшаться с уменьшением тока по линейному закону. Это значит, что в течение промежутка времени $t_2$, когда ток в цепи уменьшается от $I_0$ до 0, диод эквивалентен обычному сопротивлению, величина которого равна $r = \dfrac{U_0}{I_0}$ (рис. 18 в).

Чтобы найти количество тепла $Q_2$, выделившегося на сопротивлении $R$ за время $t_2$, опять воспользуемся законом сохранения энергии:

$$A_2 = \Delta W_c + Q,$$

где $\Delta W_c$ — изменение энергии конденсатора, а $Q = Q_2 + Q_r$ — количество тепла, выделившегося на сопротивлениях $R$ и $r$.

Когда ток в цепи прекратится, напряжения на диоде и на сопротивлении $R$ будут равны нулю, поэтому напряжение на конденсаторе будет равно $E$, а заряд — $q' = CE$. Следовательно, за время $t_2$ по цепи прошел заряд

$q_2 = q' - q_1 = CE - C\,(E - U_0 - I_0 R) = C\,(U_0 + I_0 R)$.

Тогда

$$A_2 = q_2 E = CE\,(U_0 + I_0 R),$$

$$\Delta W_c = \frac{q'^2}{2C} - \frac{q_1^2}{2C} = \frac{CE^2}{2} - \frac{C}{2}(E - U_0 - I_0 R)^2$$

и

$$Q = A_2 - \Delta W_c = \frac{C}{2}(U_0 + I_0 R)^2.$$

Сопротивления $r$ и $R$ соединены последовательно, то есть в любой момент времени через эти сопротивления течет один и тот же ток. Поэтому количества тепла $Q_2$ и $Q_r$, выделившегося на сопротивлениях $R$ и $r$ за одно и то же время, относятся как величины сопротивлений, то есть

$$\frac{Q_2}{Q_r} = \frac{R}{r}.$$

Зная сумму $Q_2$ и $Q_r$ и их отношение, можно найти $Q_2$:

$$Q_2 = \frac{R}{R+r}\,Q = \frac{R}{R+r}\;\frac{C\,(U_0 + I_0 R)^2}{2}.$$

Тогда окончательно

$$Q_R = Q_1 + Q_2 = \frac{C\left[(E-U_0)^2 - (I_0R)^2\right]}{2} +$$
$$+ \frac{R}{R+r}\;\frac{C\,(U_0 + I_0 R)^2}{2}.$$

◆

Так как масса груза много меньше массы колеса, то можно не учитывать влияние силы тяжести груза на движение колеса и считать, что колесо катится с постоянной скоростью. В этом случае ускорение груза в системе координат, связанной с землей, равно центростремительному ускорению груза в системе координат, связанной с центром катящегося колеса, то есть

$$a = \frac{v^2}{R}$$

Рис. 19.

Ф276. Какие очки следует прописать человеку, если в воде он видит нормально?

($v$ — скорость колеса, $R$ — его радиус). Это ускорение грузу сообщает равнодействующая двух сил: силы тяжести $m\mathrm{g}$ и силы реакции колеса $\mathbf{N}$ (рис. 19, а).

Со стороны груза на колесо действует сила $\mathbf{Q}$ (рис. 19, б), равная по абсолютной величине силе $\mathbf{N}$, но направленная в противоположную сторону. Ясно, что колесо подскочит, если вертикальная составляющая силы $\mathbf{Q}$ будет больше силы тяжести колеса $M\mathrm{g}$. Вертикальная составляющая силы $\mathbf{Q}$ максимальна и равна самой силе $\mathbf{Q}$ в тот момент, когда груз находится в верхней точке колеса. Следовательно, величина скорости, при которой колесо подскочит, определится из условия

$$Q \geqslant Mg. \qquad (1)$$

Согласно второму закону Ньютона для груза в наивысшей точке можно записать (рис. 19, в)

$$mg + N = m\,\frac{v^2}{R}\,,$$

откуда

$$N = m\left(\frac{v^2}{R} - g\right).$$

Так как $Q = N$, выражение (1) можно представить в виде

$$m\left(\frac{v^2}{R} - g\right) \geqslant Mg,$$

откуда

$$v \geqslant \sqrt{Rg\left(\frac{M}{m} + 1\right)} = 4\;\sqrt{Rg}.$$

◆

Нарисуем ход луча от бесконечно удаленного источника через глаз. Этот луч испытывает два преломления на двух поверхностях хрусталика (рис. 20). Согласно закону преломления

$$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{n_2}{n_1}\,,$$

где $n_1$ — абсолютный показатель преломления первой среды (воды или воздуха), $n_2$ — абсолютный показатель преломления вещества хрусталика.

Из этой формулы видно, что при уменьшении $n_1$ (замене воды на воздух) угол $\beta$ уменьшается. Это означает, что после

Рис. 20.

51

Ф277. Определить период колебаний грузика C, шарнирно прикрепленного двумя очень легкими стержнями длины $l$ к стержню $AB$, укрепленному под углом $\alpha$ к горизонту (рис. 21, а). $\angle BAC = \angle ABC = \beta$. Трением пренебречь.

преломления на входной поверхности хрусталика в том случае, когда перед глазом воздух, луч идет ниже, чем в том случае, когда перед глазом вода. Поэтому, если в воде изображение удаленного предмета при ненапряженном глазе образуется на сетчатке, то в воздухе изображение этого предмета при ненапряженном глазе будет получаться перед сетчаткой. Следовательно, человек близорук.

◆

Траекторией движения грузика будет часть окружности радиусом $r = l\sin\beta$, плоскость которой перпендикулярна стержню $AB$ и наклонена под углом $90^\circ - \alpha$ к горизонтальной плоскости (рис. 21, б).

Запишем уравнение движения грузика, считая, что его отклонения от положения равновесия малы. Для этого нужно найти сумму проекций всех сил, действующих на грузик, на касательную к траектории движения грузика. Силы упругости $Q_1$ и $Q_2$, действующие на грузик со стороны стержней, лежат в плоскости стержней, перпендикулярной траектории грузика. Поэтому их проекции на касательную к траектории равны нулю.

Для того чтобы найти проекцию силы тяжести $mg$, разложим эту силу на составляющие (см. рис. 21, б) $F_1$, лежащую в плоскости траектории, и $F_2$, перпендикулярную к этой плоскости. Проекция силы $F_2$ на касательную к траектории грузика равна нулю, а проекция силы $F_1$ равна $F_1\sin\gamma$ (рис. 21, в). Так как $F_1 = mg\cos\alpha$, то величина этой проекции равна $mg\cos\alpha\sin\gamma$.

Теперь можно записать уравнение движения грузика вдоль траектории. При этом нужно учесть, как и при движении математического маятника, что ускорение грузика вдоль траектории направлено противоположно отклонению грузика от положения равновесия. Поэтому проекция силы тяжести и ускорение грузика имеют противоположные знаки. Следовательно,

$$ma_\mathrm{т} = -mg\cos\alpha\sin\gamma.$$

Так как угол $\gamma$ мал, то $\sin\gamma \approx \gamma$ и можно записать, что

$$a_\mathrm{т} = -\,(g\cos\alpha)\,\gamma.$$

Это уравнение совпадает с уравнением движения математического маятника, в котором ускорение свободного падения $g$ заменено на $g\cos\alpha$. Это означает, что период колебаний грузика равен

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{l'}{g'}} = 2\pi\sqrt{\frac{r}{g\cos\alpha}} = 2\pi\sqrt{\frac{l\sin\beta}{g\cos\alpha}}.$$

И. Ш. Слободецкий

Рис. 21. а, б — маятник находится в положении равновесия. Рисунки сделаны в плоскости стержней. Плоскость колебания перпендикулярная плоскости рисунка, ее след показан красной штриховой линией.
в — плоскость рисунка совпадает с плоскостью колебаний.

52