Решения задач М354—М358, М360; Ф362—Ф368

38

Ф410. В электронакумном приборе чистый воль-фрамый катод находится в большой колбе, содержащей остатки кислорода при давлении $p = 10^{-7}$ атм и температуре $T = 300^\circ\text{K}$. Считая, что каждая молекula, попавшая на катод, прилипает к нему, оценить время образования мономолекулярного слоя. Молеклы можно считать шариками диаметром $d \approx 3 \cdot 10^{-8}$ см. (9 кл.)

Ф411. Одним U-образным рутным манометром можно изменять давления до 1 атм. Какое наиболее давление можно изменить, если соединить последовательную два таких манометра короткой трубкой? (9—10 кл.)

Ф412. Учитель, ответныйись к доксе, следит за классом по отражениям в стеклах очков. При этом он видит два отражения ученика, сидящого от него в 5 м: одно на расстоянии 5 м, другое — на расстоянии $\frac{5}{7}$ м. Повернуть лишь лицом к классу, он через очки видит изображение того же ученика на расстоянии 2,5 м. Определить показатель преломления стекла, из которого изготовлены линзы очков. (10 кл.)

Решения задач
M354 — M358, M360; Ф362 — Ф368

М354. Можно ли рассмотреть числа 1, 2, 3, …, $4n + 2$ в вершинах и серединах сторон правильно (2n + 1)-уzelника мак, чтобы сумма трех чисел, стоящих в концах и середине каждой стороны, была для всех сторон odинаковой?

Рассмотрим в качестве примеров случай $n = 3, n = 8$,

Рис. 1.

Ответ. Можно.

Приведем один из способов расстановки. В серединах сторон многоугольника поставим по порядку числа от 1 до $2n + 1$. Расставить остальные числа $2n + 2, \dots, 4n + 2$ помогает такое сообщение. Найдем сумму $S$ трех чисел, стоящих в конце и середине каждой стороны. Очевидно, $S = \frac{\Sigma + \Sigma'}{2n + 1}$, где $\Sigma = 1 + 2 + \dots + (4n + 2) = (2n + 1) \times (4n + 3)$ — сумма всех выписанных чисел, $\Sigma' = (2n + 2) + \dots + (4n + 2) = (2n + 1) (3n + 2)$ — сумма чисел, которые нужно расставить в вершинах; поэтому $S = 7n + 5$. Поставим теперь в вершине, обшей для сторон с числами 1 и 2 посредине, число $4n + 2$, а числа $4n + 1, 4n, \dots, 2n + 2$ будем ставить в вершинах через одну, считая вершину с числом $4n + 2$ начальной — см. рисунок 1 (на этом рисунке все точки расположены на одной окружности; черные точки — это «середины», красные — «вершины»). Покажем, что таким образом в каждую вершину будет поставлено нужное число (то, что это будет именно числа $2n + 2$, …, $4n + 2$, сомненей не вызывает). В самом деле, через $n$ шагов мы первый раз попадем в вершину, соседнюю с начальной, причем в эту вершину будет поставлено число $(4n + 2) - n = 3n + 2$, так что сумма чисел на стороне с единичей посередине оказывает как раз $(3n + 2) + 1 + (4n + 2) = 7n + 5$. Теперь уже очень точная сумма не

39

М355. N ребям перекідиваются N мячами. В начале церры каждой из них бросаем свой мяч кому-нибудь из свойх товарницей и сам ловим бросенный ком-нибудь мяч (он может подбросить и поимать свой собственный мяч) так, что снова у всех оказывается по мячу. Затем ребята опять бросают мяч тем же, кому они бросали их в первой раз и mak далее. Игра останавливается, когда все мячы вернуть к своим владельцам (имобы мяч не переупались, будем считать их разноцветными).

Докажите, что
a) к каждой из участников мяч вернуть в него через N бросанный;
b) церра обязает закончиться;
e) длиельность церры всегда является делительом числа N!=1·2·…·N;
d) длиельность церры не может превышать $\frac{N}{3}$.

Пусть игрок $A_1$ передал свой мяч игроку $A_2$, игрок $A_2$ — игроку $A_3$ит. Д. Поскольку игроков — конечное число, в этой последовательности рано или поздно один из игроков встретиется дважды. Ясно, что первый таким игроком будет игрок $A_1$. Действенный, пусть игрок $A_n$ передает свой мяч игроку $A_k$, где $k < n$ и $k > 1$. Тогда игроки $A_n$ и $A_{k-1}$ передают мячи одному и тому же игроку, и из условия задачи следует, что игроки $A_{k-1}$ и $A_n$ — это одно и то же лице. Поэтому игроков $A_1$, $A_2$, … можно расставить по кругу так, чтобы каждый игрок передавал и получал мяч от своих соседей. Все же игроков можно расставить в несколько таких кругов. Поскольку в каждой из таких кругов стоит не более N человек, мяч к любому из игроков вернет не более чем через N бросанный.

Пусть всего у нас получилось s кругов, в которых стоит $l_1$, $l_2$, …, $l_s$ человек соответственно. Если в круге стоит l человек, то после m·l бросанный все мячи в нем оказывается у владельцев. Поэтому игра закончится после $T = H.O.K.(l_1, l_2, ..., l_s)$ бросаней. (H. O. K.(l_1, …, l_s) — это наименьшее общее кратное число $l_1$, …, $l_s$). Поскольку все $l_i \leq N$, ясно, что T — делитель N!. Таким образом, мы ответили на пункты a), б) и г) задачи. Разберем пункт d).

Заметим, что $l_1 + l_2 + ... + l_s = N$, и все $l_i$—целые числа.

Покажем, что $l_1 \cdot l_2 \cdot ... \cdot l_s \leq 3$. (В условии задачи, опубликованном в «Кванте» № 11 за 1975 год, в пункте d) была допущена опечатака: длиельность игры не может превышать $\frac{N}{3}$, а не 3N/3.) Действенный, если неокоторое $l_s \geq 4$, то, заменив его на 2+($l - 2$), мы не изменим сумму $l_1 + l_2 + ... + l_s$ и не уменьшим произведение $l_1 \cdot l_2 \cdot ... \cdot l_s$. Поэтому от произведения $l_1 \cdot l_2 \cdot ... \cdot l_s$ можно перейти к неменшему, в котором уже все компоненты не больше трех. Заметия, если это окажется возможным, 1+1 на 2, 1+3 на 2+2 и 2+2+2 на 3+3, мы получим произведение вида 3·3·…·3, 3·3···3·2 или 3·3···3·2·2 в зависимости от остатка, получающегося при делении N на 3, которое не меньше любого произведения $l_1 \cdot l_2 \cdot ... \cdot l_s$. А именно: если N называет делится на 3, то возьмем $\frac{N}{3}$ troек, и получим нужную оценку; если в остатке получится 1, то возьмем $\frac{N}{3}$ troек и две двойки; тогда $l_1 \cdot l_2 \cdot ... \cdot l_s < 2 \cdot 2 \cdot 3 = \frac{N-4}{3}$; но 4·3 < 3, поскольку $4^3 > 3^4$. Если же в остатке получится 2, то возьмем $\frac{N}{3}$ troек и одну двойку;

40

М356. Из точки M, взятой внутри треугольника $A_1B_1C_1$, опущены перpendicularы $MA_2$, $MB_2$, $MC_2$ на прямые $B_1C_1$, $A_1C_1$, $A_1B_1$ соответственно, затем из этой точки точки M опущены перpendicularы $MA_3$, $MB_3$, $MC_3$ на прямые $B_2C_2$, $A_2C_2$, $A_2B_2$ и так далее. Доказим, что в полученной последовательности треугольников $A_1B_1C_1$, $A_2B_2C_2$, $A_3B_3C_3$, … треугольник $A_{3n+1}B_{3n+1}C_{3n+1}$ подобен треугольнику $A_1B_1C_1$.

Докажем прежде всего такое вспомогательное соответствие: $\hat{A}_{i+1} = B_i\hat{M}C_i - \hat{A}_i$ (соответствие $\hat{B}_{i+1} = A_i\hat{M}C_i - \hat{B}_i$, $\hat{C}_{i+1} = A_i\hat{M}B_i - \hat{C}_i$).

Действительно, поскольку $MA_{i+1}\bot B_iC_i$, $MB_{i+1}\bot A_iC_i$ и $MC_{i+1}\bot A_iB_i$, вокруг четырехугольников $MA_{i+1}C_iB_{i+1}$ и $MA_{i+1}B_iC_{i+1}$ можно описать окружности с диаметрами $MC_i$ и $MB_i$ соответственно. Поэтому $MA_{i+1}\bot B_{i+1} = MC_i\bot B_{i+1}$ и $MA_{i+1}\bot C_{i+1} = MB_{i}\bot C_{i+1}$ (как висанные углы, опирающиеся на одни и те же дуги), и для угла $A_{i+1}$ имеем (см. рис. 3):

$$\hat{A}_{i+1} = C_{i+1}\hat{A}_{i+1}B_{i+1} + MA_{i+1}C_{i+1} = MC_{i}\hat{B}_{i+1} + MB_{i}\hat{C}_{i+1} = (\hat{C}_i - M\hat{C}_iB_i) + (\hat{B}_i - M\hat{B}_iC_i) = (\hat{B}_i + \hat{C}_i) - (M\hat{B}_iC_i + M\hat{C}_iB_i) = (180^\circ - \hat{A}_i) - (180^\circ - M\hat{C}_i) = B_i\hat{M}C_i - \hat{A}_i.$$

После темпер углы треугольника $A_4B_4C_4$. Имеем:

$$\hat{A}_4 = B_3\hat{M}C_3 - \hat{A}_3 = (180^\circ - \hat{A}_2) - (B_2\hat{M}C_2 - \hat{A}_2) = (180^\circ - B_2\hat{M}C_2) = \hat{A}_1.$$

Аналогично $\hat{B}_4 = \hat{B}_1$, $\hat{C}_4 = \hat{C}_1$, то есть $\Delta A_4B_4C_4 \sim \Delta A_1B_1C_1$. Прияв треугольник $A_4B_4C_4$ за исключением ($\Delta A_1'B_1'C_1'$), точно так же доказем, что

$$\Delta A_7B_7C_7 \sim \Delta A_4B_4C_4 \sim \Delta A_1B_1C_1,$$

затем, что

$$\Delta A_{10}B_{10}C_{10} \sim \Delta A_7B_7C_7 \sim \dots \sim \Delta A_1B_1C_1,$$

и так далее, так что

$$\Delta A_{3n+1}B_{3n+1}C_{3n+1} \sim \Delta A_{3n} \sim 2C_{3n} \sim 2 \dots \sim \Delta A_1B_1C_1,$$

что и требовалось доказать.

Я. Суконик

41

М357. Докажите, что если $x + \frac{1}{y} = y + \frac{1}{z} = z + \frac{1}{x}$, то $x = y = z$ или $x^2y^2z^2 = 1$.

Из условия задачи следует, что
$$x - y = \frac{y - z}{yz}, \quad y - z = \frac{z - x}{xz} \quad \text{и} \quad z - x = \frac{x - y}{xy}.$$

Из первых двух соотношения $x - y = \frac{z - x}{xyz^2}$; подставляя вместо разности $z - x$ ее выражение через $x$ и $y$ (последнее соотношение), получим, что $x - y = \frac{x - y}{x^2y^2z^2}$. Отсюда либо $x = y$ и тогда $z - x = 0$, $y - z = 0$, то есть $x = y = z$, либо же $1 = \frac{1}{x^2y^2z^2}$, то есть $x^2y^2z^2 = 1$.

И. Клумова

M358. Докажите, что у любоzo n-уеловника ($n \geqslant 4$) есть хотя бы одна диагональ целиком лежащая внутри n-уеловника, и выясните, какое наименьшее число таких диагоналей может иметь n-уеловник ($n$ кажdom $n$).

Рис. 4.

Рис. 5

Прежде всего заметим, что все диагонали выпуклого $n$-уеловника лежат внутри него, причем число этих диагоналей равно $\frac{n(n - 3)}{2}$. Не менее оченьindo, что для каждого данного $n$ число $\frac{n(n - 3)}{2}$ лежащих внутри диагоналей не является минимальным: на рисунке 4 изображен четырехугольник, внутри которого лежит всего диагональ, в то время как у любоzo выпуклого четырехугольника внутри расположены оба диагонали.

Докажем, что у невыпуклых $n$-уеловников ($n \geqslant 4$) хотя бы одна диагональ целиком лежит внутри.

Рассмотрим угол $ABC$ нашего невыпуклого $n$-уеловника, превосходящий $180^\circ$. Лучи $BA$ и $BC$, образующие этот угол, делят всю плоскость на две части: голубую часть $I$ и белую часть $II$ (см. рис. 5).

Возьем теперь вершину $n$-уеловника — обозначим ее буквой $D$, — лежащую в части $II$ (такая вершина есть, поскольку $\widehat{ABC} > 180^\circ$); и проведем диагональ $BD$. Если диагональ $BD$ пересекает какую-либо сторону нашего $n$-уеловника, то эта сторона не лежит целиком в части $I$; следовательно, по крайней мере один из ее концов — обозначим его буквой $E$ — лежит в части $II$. Если и диагональ $BE$ пересекает какую-то сторону $n$-уеловника, то, рассуждая аналогично, получаем, что один из концов этой стороны лежит в части $II$, и можно проведги диагональ $BF$. Продолжим этот процесс. Поскольку ни одна из вершин не может встретиться в нашей последовательности дважды (проверьте это) и всего их конечное число, рано или поздно мы получим диагональ, целиком лежащую внутри многоугольника.

Обозначим теперь через $x_n$ наименьшее возможное число диагоналей, лежащих целиком внутри $n$-уеловника (при каждой $n$; ясно, что $n$-уеловник с наименьшим возможным числом таких диагоналей будет невыпуклым). Очевидно, что $x_4 = 1$ (см. рис. 4), а $x_3 = 0$ (в треугольнике вообще нет диагоналей). Исходя из этих примеров, можно предположить, что при каждой $n$ число $x_n = n - 3$. Докажем, что это действительное так, методом математической индукции.

База иndукции. $n = 4$, $x_n = 1 = 4 - 3$.

Шаг иndукции. Допустим, что для всех $n \leqslant k$ утверждение верно: $x_5 = 5 - 3$, …, $x_k = k - 3$. Докажем, что $x_{k+1} = (k + 1) - 3$.

Возьем невыпуклый $(k+1)$-уеловник с наименьшим возможным средем всех $(k+1)$-уеловников числом целиком лежащих внутри диагоналей и рассмотрим ту его вершину

42

В, угол при которой превосходит $180^\circ$. Выше мы доказали, что из такой вершины исходит диагональ $BQ$, целиком лежащая внутри этого $(k+1)$-угольника. Диагональ $BQ$ наш $(k+1)$-угольник разбиается на два многоугольника с меньшим числом сторон: $m \geq 3$ и $[(k+1)-m+2] = k-m+3$, каждый из которых имеет наименьшее возможное число целиком лежащих внутри диагональной среды $(m)$-и $(k-m+3)$-угольников соответственно. По предположению индикции для первого многоугольника $x_m = m-3$, для второго $x_{k-m+3} = k-m$. Число же диагоналей, лежащих внутри нашего $(k+1)$-угольника, не меньше, чем сумма числа таких диагоналей в $(m)$-и $(k-m+3)$-угольниках, плосе единца (сама диагональ $BQ$); то есть

$$x_{k+1} \geq (m-3) + (k-m+1) = (k+1)-3.$$

Итак, пока доказано, что для $n > k$ число $x_n \geq n-3$. Осталось для каждого данного $n$ приведети пример $n$-угольника, у которого внутри было быровно $n-3$ диагонали. Возьмем любую выпуклу кривую $\Gamma$—как на рисунке 6 (например, парабoly), и возьмем на $\Gamma$ $n-1$ точку. Кривая $\Gamma$ делит всю плоскость на две области: $I$ и $II$. Возьмем в области $II$ еще одну точку и соединим ее с каждой из $(n-1)$ точек, расположенных на $\Gamma$. Мы получим нужный $n$-угольник: легко видеть, что внутри у негоровно $n-3$ диагонали.

И. Клумова, Л. Лиманов

*M360). Про последовательноность $a_1, a_2, a_3, \dots$ известно, что $|a_1|=1$ и $|a_{k+1}|=|a_k|+1$ при каждой $k=1,2,\dots$. Надимите наименьшее возможное значение суммы $|a_1|+a_2|+\dots+a_k|$, если

a) $n=1975$;
b) $n=1976$.

Ответ. Наименьшее возможное значение суммы $|a_1+a_2+\dots+a_n|$ при $n=1975$ равно 20; при $n=1976$, равно 24.

Решение. Для последовательности $\{a_i\}$ из условия задачи имеем:

$$\begin{cases} a_1^2 = 1, \\ a_2^2 = a_1^2 + 2a_1 + 1, \\ \dots \\ a_{n+1}^2 = a_n^2 + 2a_n + 1. \end{cases}$$

Сложив эти равенства, получим:

$$a_{n+1}^2 = n+1+2\sum_{i=1}^{n} a_i,$$

откуда

$$\sum_{i=1}^{n} a_i = \frac{a_{n+1}^2 - (n+1)}{2}$$

(это целое число, поскольку числа $a_k$ совпадает с четностью $k$). Итак,

$$|a_1| + \dots + a_{1975}| = \frac{a_{1976}^2 - 1976}{2},$$

$$|a_1| + \dots + a_{1976}| = \frac{a_{1977}^2 - 1977}{2}$$

Заметим, теперь, что любое целое число $x$, $|x| \leq n$, четность которого совпадает с четностью числа $n$, может быть реализовано как $a_n$ для некоторой последовательности $\{a_i\}$ (доказите это самостояльно!). Далее, $44^2 < 1976 < 45^2$, и $44^2 < 1977 < 45^2$, так что близкий к 1976 квадрат

43

Четного числа — это $1936 = 44^2$, а ближайший к 1977 квадрат нечетного числа — это $2025 = 45^2$. Поэтому сумма $|a_1 + a_2 + \ldots + a_{1975}|$ принимает наименьшее значение $\frac{1936 - 1976}{2} = 20$ (это значение достигается для таких последовательностей $\{a_i\}$, у которых $|a_{1976}| = 44$), а сумма $|a_1 + a_2 + \ldots + a_{1976}|$ принимает наименьшее значение $\frac{2025 - 1977}{2} = 24$ (для таких последовательностей $\{a_i\}$, у которых $|a_{1977}| = 45$).

В. Голубятников

Ф362. Слоистый конденсатор состоит из трех металлических параллельных пластин площадью S. Пространства между пластинами заполнены диэлектриками с диэлектрическими пропищецами $\varepsilon_1$ и $\varepsilon_2$ и удельными сопротивлениями $\rho_1$ и $\rho_2$. Толщины слоев диэлектриков $d_1$ и $d_2$. Конденсатор находится под постоянным напряжением U. Определить заряд средней пластины при установившемся токе в цепи.

Рис. 7.

Ф363. На цилиндр намотаны нити, как показано на рисунке 7. Правые концы нити тянут со скоростью $v_1$, левые — со скоростью $v_2$. С какой уловой скоростью врачается при этом цилиндр вокруже своею оси? Радиус цилиндра равен R.

Рис. 8.

Указанный слоистый конденсатор представляет собой комбинцию двух конденсаторов. Обозначим направлением электрических полей в них через $E_1$ и $E_2$ поверхностей плотности зарядов на их обкладках — $\sigma_1$ и $\sigma_2$ и направления на конденсаторов — через $U_1$ и $U_2$, соответственно.

Заряды на обеих сторонах средней пластины имеют разные знаки, поэтому заряд средней пластины равен

$$q = (\sigma_2 - \sigma_1) S.$$

При Staционарном распределении зарядов можно пользоваться формулами электростатики. Тогда

$$E_1 = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0 \varepsilon_1}, \quad E_2 = \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0 \varepsilon_2},$$

$$U_1 = E_1 d_1, \quad U_2 = E_2 d_2, \quad U_1 + U_2 = U.$$

С другой стороны, по отношению к электрическому току конденсаторы можно рассматривать как проводники с соответствующими сопротивлениями $R_1 = \rho_1 d_1 / S$ и $R_2 = \rho_2 d_2 / S$. По закону Ома

$$U_1 = I \frac{\rho_1 d_1}{S} \quad \text{и} \quad U_2 = I \frac{\rho_2 d_2}{S}.$$

Решив полученную систему воды уравнений, найдем

$$q = \frac{\varepsilon_2 \rho_2 - \varepsilon_1 \rho_1}{d_2 \rho_2 + d_1 \rho_1} \varepsilon_0 US.$$

На рисунке 7 изображен способ намотки нити на цилиндр, при котором возможно вращение цилиндра вокруг оси. Обозначим через $\omega$ угловую скорость этого вращения. В свою очередь ось цилиндра перемещается равномерно параллельно с самой себя. Обозначим ее скорость через $v$.

Скорости точки 1 и 2 поверхности цилиндра можно представить как алгебраическую сумму линейной скорости $\omega R$ и скорости $v$ поступательного перемещения цилиндра (рис. 8):

$$v_1 = v + \omega R, v_2 = v - \omega R.$$

Отсюда

$$\omega = \frac{|v_1 - v_2|}{2R}$$

(заметим, что $v_1$ и $v_2$ имеют разные знаки).

44

Ф364. Каким должно быть коэффициент треня к резицы о внешнюю поверхность конуса с углом при вершине 2α, чтобы motoциклест мог двигаться по поверхности к поверхности конуса по горизонтальной окружности радиуса R со скоростью v (рис. 9)?

Рис. 9.

Будем считать motoциклиста материальной точкой, исключав тем самым все проблемы, связанные с его устойчивостью по отношению к опрокидыванию. Силы, действующие на motoциклиста, изображены на рисунке 9. Это — сила тяжесте mg, сила реакции N и сила треня F_TP.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

$$F_{Tp} \sin \alpha - N \cos \alpha = m \frac{v^2}{R},$$

$$F_{Tp} \cos \alpha + N \sin \alpha - mg = 0.$$

Сила сухого треня резины о внешнюю поверхность конуса

$$F_{Tp} \leq kN.$$

Решая полученную систему, найдем

$$k \geq \frac{gR + v^2 \mathrm{tg} \alpha}{gR \mathrm{tg} \alpha - v^2},$$

если $v < \sqrt{gR \mathrm{tg} \alpha}$. Иначе motoциклест по окружности радиуса R dwigаться не сможет.

Б. Буховцев

Ф365. Найти emkoсть системы конденсаторов, соединенных так, как показано на рисунке 10.

Рис. 10.

Обозначим через $U_i$ и $q_i = C_i U_i$ напряжение и заряд на конденсаторе emkoстью $C_i$ (рис. 11). Если данную систему конденсаторов подключит к батарее с электродвижущей силой $\delta$, то общая emkoсть системы

$$C_{06ш} = \frac{q_1 + q_2}{\mathcal{E}} = \frac{C_1 U_1 + C_2 U_2}{\mathcal{E}}.$$

(*)

Запишем очередные соответствия (см. рис. 11):

$$U_1 + U_2 = \mathcal{E},$$

(1)

$$U_4 + U_5 = \mathcal{E},$$

(2)

$$U_1 + U_3 + U_5 = \mathcal{E}.$$

С учетом предполагаемой полярности заряда на конденсаторе emkoстью $C_3$ закон сохранения заряда, записанный для выделенных участков цепи (см. рис. 11), дает

$$q_1 - q_2 - q_3 = 0, \quad q_3 + q_4 - q_5 = 0.$$

Эти уравнения после подстановки соответствующих значений emkoсти приводятся к виду

$$U_1 - 2U_2 - 3U_3 = 0,$$

(4)

$$3U_3 + 2U_4 - U_5 = 0.$$

Решая систему уравнения (1) — (5), можно найти напряжения $U_1$ и $U_2$:

$$U_1 = \frac{5}{9} \mathcal{E}, \quad U_2 = \frac{4}{9} \mathcal{E}.$$

Тогда окончательно согласно выражению (*) имеем

$$C_{06ш} = \frac{C_1 U_1 + C_2 U_2}{\mathcal{E}} = \frac{13}{9} C.$$

В. Белонуккин

45

Ф366. Колба-шар емкоствью $V=1$ л была откана и закрыла. На стенках колбы остался мономолекулярный слой воздуха. Оценить давление, которое будет в колбе, на предмет до 300°С, если извесство, что при макой температуре стенки колбы полностью обеззакиваются.

Число молекул, оставшихся на стенках колбы, равно примерно $N \sim \frac{4\pi R^2}{d^2}$, где $R \approx 0,06$ м — радиус колбы, $d \sim 10^{-10}$ м — диаметр молекулы газа. После обеззакивания стенок концентрация молекул в колбе будет равна

$$n = \frac{N}{V} \sim \frac{3}{d^2 R},$$

и искомое давление

$$p = nkT \sim \frac{3kT}{d^2 R} \approx 40 \text{ н/м}^2.$$

Здесь $k = 1,38 \cdot 10^{-23}$ дж/срад — постоянная Больцмана, $T \approx 600^\circ\text{K}$.

Сравним полученное давление с нормальным atmosферным давлением $p_0 \approx 10^5 \text{ н/м}^2$:

$$\frac{p}{p_0} \approx \frac{40}{10^5} \sim 10^{-4}.$$

Этот простой пример показывает, как сильно может ухудшаться «вакуум» в запаяном состоянии, если не обеззакивают предварительное стенки сосуда.

А. Митрофанов

Ф367. Построить изображение квадрата, даваемое собирающей линзой (рис. 12). Середина стороны квадрата, лежащей на главной оптической оси линзы, находится от линзы на расстоянии, равном фокусному.

Для построения изображения квадрата удобнее всего воспользоваться лучами, проходящими через фокус линзы. Самым необходимым из них является луч $ABGF$ (рис. 12), идущий вдоль верхней стороны квадрата, поскольку изображения всех точек этой стороны должны лежать на самом луче $GF$ или его продолжении. Построим еще ход луча $AM$, проходящero через левый фокус $F$ линзы, и луча $BN$, как бы выходшего из того же фокуса. После линзы оба луча идут параллельно главной оптической оси линзы.

Рис. 12.

Действительное изображение $A'$ точки $A$ находится на пересечении лучей $GF$ и $MA'$. Аналогично, минимое изображение $B'$ точки $B$ находится на пересечении продолжений луч-

46

Чей $GF$ и $NH$. Для определения изображений $C'$ и $D'$ соответствующих точек $C$ и $D$ достаточно из $A'$ и $B'$ опустить перpendикуляры на главную оптическую ось. Изображения сторон $AC$ и $BD$, перpendикуляры к оптической оси линзы, должны быть перpendикулярыми к оптической оси.

Для построения хода лучей $AM$ и $BN$ пришлось продолжить линzy в обе стороны так, как если бы она была больше размера. Это можно сделать на основании того, что любая часть линзы создает такое изображение, как и целая линза (отличие линзы в освешенности).

Таким образом, изображение квадрата состоит из двух частей: действительной (часть угла справа от $A'$ $C'$) и минимой (часть угла слева от $B'$ $D'$). действительная часть является изображением половины квадрата, лежащей дальше фокальной плоскости, а минимая — изображением половины квадрата, лежащей близке фокальной плоскости линзы.

Б. Буховцев

Ф368. Ракета массы $m$ стартует под углом $\alpha$ к горизонту. Двигает ли пакеты работа т секунд, создавая тягу $F$ и обеспечивая прямолинейное движение пакеты. Пренебрегая изменением массы пакеты и сопротивлением воздуха, определять высоту $h$, на котором прекращается работа двигаателя.

При решении задачи будем полагать, что система отчета, связанная с Землей, является инерциальной и что движение пакеты ограничено пространством, где ускорение свободного падения $g$ постоянно.

Запишем уравнение движения пакеты во время работы ее движения:

$$m a = m g + F = R.$$

Здесь $a$ — ускорение пакеты, $R$ — равноведействующая всесил, действующих на пакету. Из условия задачи и предположения об инерциальности выбранной системы отчета следует, что сила $R$ (как и ускорение $a$) должна оставаться постоянной в течение всего времени работы движения и составлять с горизонтом угол $\alpha$ (рис. 13). Поэтому высота $h$, на котором поднимается пакета за время $t$, равна

$$h = \frac{a_y t^2}{2} = \frac{R_y t^2}{2 m},$$

где $a_y$ и $R_y$ — проекции векторов $a$ и $R$ на координатную ось $OY$, направленную вертикально вверх.

Как видно из рисунка 13, должно выполняться равенство

$$(R_y + m g)^2 + (R_y \text{ctg} \alpha)^2 = F^2.$$

Отсюда

$$R_y = m g \left( \sqrt{(F/mg)^2 - \cos^2 \alpha} - \sin \alpha \right) \sin \alpha,$$

и окончательно

$$h = \frac{R_y t^2}{2 m} = \frac{g t^2}{2} \left( \sqrt{(F/mg)^2 - \cos^2 \alpha} - \sin \alpha \right) \sin \alpha.$$

В. Позожев