Решения задач М446—М448; Ф462—Ф466

28

М446. Окружность длины 1 катмится снаружи по окружности длины $\sqrt{2}$. В начальной момент времени точка касания окружности отмечена линкой краской. При качении покращенные точки мои и другой окружности внешняя красятмочи, с коморыми они соприкасаются. Сколько различных точки неподвижной окружности будем запачано к тому моменту, когда подвижная окружность сделаем 100 оборотов вокруг неподвижной?

Рис. 1.

Выясним сначала, сколько красных следов оставит на неподвижной окружности $a$ (длины $\sqrt{2}$) первая красная точка $B$ подвижной окружности $b$ (длины 1) за $n$ оборотов.

Покатим окружность $b$ по прямой. Тогда (если принять первую красную точку на прямой за начало отчета $O$) следы точки $B$ попадут в точки с целыми неотрицательными координатами (рис. 1). Теперь намотаем прямую на окружность $a$, начав с точки $O$. Каждый оборот соответствует отрезок прямой длины $\sqrt{2}$. Ясно, что различные красные точки прямой перейдет при этом в различные точки окружности $a$, поскольку равенство $k_1 - k_2 = m \sqrt{2}$ при целых $m, k_1 \neq k_2$, невозможно (введ число $\sqrt{2}$ irrationalное). Таким образом, за первые $n$ оборотов точки $B$ оставит $[n \sqrt{2}] + 1$ следов: именно столько целых точек на отрезке $[0; n \sqrt{2}]$.

Попробуем учеть теперь все многократные следы, оставляемые на той и другой окружности. На первый взгляд

кажется, что их число растет по экспоненте в зависимости от числа оборотов $n$: после каждого оборота средняя плоскость точек (число точек, приходящая на единицу длины) возвращает примерно вдвое — ведь к имеющимся на каждой окружности красным точкам добавляются следы точек с другой окружности. Однако это предположение оказывается совершенно неверным: на окружности $a$ не появится никаких других красных точек, кроме тех, в которых попадает самая первая точка $B!$. Действительно, пустые некоторые точки $B' \in b$ красится при соприкосовении с красной точкой $A' \in a$. Поскольку $A'$ — красная, с ней уже соприкасаясь до этого первая точка $B$. Ясно, что, став красной, $B'$ будет попадает в те же самые точки (отстояние от $A'$ на расстоянии 1, 2, … в направлении врашения), в которых уже побила $B$ после своего соприкосовения с $A'$.

Точно так же можно доказать, что на окружности $b$ не появится никаких точек, кроме тех, которые закристятся самая первая красная точка $A \in a$, так что через $n$ оборотов на окружности $b$ появится $(n+1)$-я по счету красная точка.

Итак, число красных точек растет не по показательному, а всего лишь по линейному закону $[n \sqrt{2}] + 1$.

Н. Васильев

М447. В остроуедном треугольнике $ABC$ отрезки $BO$ и $CO$ (эде $O$ — центр опущенной окружности) продолжены до пересечения в точках $D$ и $E$ со стропами $AC$ и $AB$ треугольника. Оказалось, что $BDE = 50^\circ$, а $CED = 30^\circ$. Найдите величины углов треугольника $ABC$ можно с помощью теоремы синусов. Положим $EBD = \varphi$. Тогда $OEB = 100^\circ - \varphi$, $ABC = \varphi + 40^\circ$, $ACB = 90^\circ - \varphi$,

28

29

$OCD = 50^\circ - \varphi, ODC = \varphi + 50^\circ;$ таким образом, $0^\circ < \varphi < 50^\circ$.
Из треугольников $ODE, OBE$ и $OCD$ находится:

$$\frac{\sin 50^\circ}{\sin 30^\circ} = \frac{|OE|}{|OD|} = \frac{|OE|}{|OB|} \cdot \frac{|OC|}{|OD|} = \frac{\sin OBE}{\sin OEB} \cdot \frac{\sin ODC}{\sin OCD} =$$

$$= \frac{\sin \varphi \sin (\varphi + 50^\circ)}{\sin (100^\circ - \varphi) \sin (50^\circ - \varphi)} = 2 \sin 50^\circ,$$

Уравнение, из которого мы должны найти $\varphi$ ($0^\circ < \varphi < 50^\circ$):

$$\frac{\sin \varphi \sin (\varphi + 50^\circ)}{\sin (100^\circ - \varphi) \sin (50^\circ - \varphi)} = 2 \sin 50^\circ,$$

эквивалентно следует:

$$2 \sin 50^\circ (\cos 50^\circ - \cos (150^\circ - 2 \varphi)) =$$

$$= \cos 50^\circ - \cos (50^\circ + 2 \varphi),$$

$$\sin 20^\circ - \sin (2 \varphi - 40^\circ) + 2 \sin 50^\circ \cos (2 \varphi + 30^\circ) = 0,$$

$$\cos (\varphi - 10^\circ) \sin (30^\circ - \varphi) + \sin 50^\circ \sin (60^\circ - 2 \varphi) = 0,$$

$$\sin (30^\circ - \varphi) (\cos (\varphi - 10^\circ) + 2 \sin 50^\circ \cos (30^\circ - \varphi)) = 0.$$

Поскольку $\cos(\varphi - 10^\circ)$ и $\cos(\varphi - 30^\circ)$ положительные при $0^\circ < \varphi < 50^\circ$, последнее уравнение имеет единственный корень $\varphi = 30^\circ$.

Отсюда $A\widehat{BC} = 70^\circ, A\widehat{CB} = 60^\circ$.

Далее, $B\widehat{EC} = 70^\circ \Rightarrow |CE| = |CB|; \quad O\widehat{DC} = 80^\circ \Rightarrow \Rightarrow |CD| = |CO|; \quad A\widehat{DE} = 50^\circ \Rightarrow |EA| = |ED|$.

Равенства длины, которые требуется установить в задаче, подсказывают, какие углы должны иметь треугольник $ABC$. Но даже зная ответ, придумать данные выше тригонометрическое решение трудно. Вместо этого можно рассуждать иначе.

Заметим прежде всего, что условия $OED = 30^\circ, ODE = 50^\circ$ определяют ответ однозначно. Действительно (рис. 3), если на окружности с центром $O$ заключить точки $B$ и $C$ так, что $B\widehat{OC} = 100^\circ$, и перемешать точку $A$ по дуге $B'\ C'$ (симметричной дуге $BC$) от точки $B'$ к точке $C'$, то точка $D \in [B'\ O]$ будет приближаться к $O$, а $E \in [OC']$ — удалять от $O$; при этом величины угла $ODE$ будет возрастать, а угла $OED$ — убываать; значит, только при одном положении $A$ эти величины могут принять нужные значения ($50^\circ$ и $30^\circ$).

Теперь нужно лидить доказать, что треугольник с углами $A = 50^\circ, B = 70^\circ, C = 60^\circ$ удовлетворяет условиям, то есть что все углы — такие, как указано на рисунке 4. Это ясно для углов, других которых не закрашены. Несолько труднее доказать, что красные углы имеют указанные величины (достаточно это сделать для одного из углов). Приведем два доказательства.

1°. Достаточно проверить, что $DE - \text{биссектриса угла } ADB$:

$$\frac{|AE|}{|EB|} = \frac{|AE|}{|EC|} \cdot \frac{|EC|}{|EB|} = \frac{\sin 20^\circ \sin 70^\circ}{\sin 50^\circ \sin 40^\circ} =$$

$$= \frac{2 \sin 20^\circ \cos 20^\circ}{2 \sin 50^\circ \sin 40^\circ} = \frac{\sin 30^\circ}{\sin 50^\circ} = \frac{|AD|}{|DB|}$$.

Здесь мы снова используем теорему синусов. А вот чисто геометрическое доказательство.

2°. Треугольник $ECB$ имеет осимметрию, поскольку $C\widehat{EB} = C\widehat{BE}$. Пусть $K$ — точка, симметриная точке $O$ относительно этой оси (рис. 5). Тогда треугольник $KCD$ равностью $(|KC| = |OC| = |DC| = a, K\widehat{CD} = 60^\circ)$, и потому $|KD| =$

31

Ф462. Если терморегулятор электронное утиlua поставлен в положение «капрон», мои утиле перiodических включения на $\tau_1 = 10$ с и выключения на $\tau_2 = 40$ с. Поверхность утиlua при этом наревается до температуры $t_1 = 100^\circ C$. Если терморегулятор поставлен в положение «хлопок», мои утиле перiodических включения на $\tau_1 = 20$ с и выключения на $\tau_2 = 30$ с. Определить установившуюся температуру $t_2$ поверхности утиlua в этом положении терморегулятора. Наимен, до какой температуры $t_3$ наревается включенный утиlua, если терморегулятор выдает из строка.
Считать, что меллоотдача пропорциональна значению температуры и окружающей воздуха. Температура в комнате $t_0 = 20^\circ C$.

Ф463. Две льдины движутся посуманным с одинаковыми по абсолитному значению скоростими, одна — на север, другая — на запад. Окзадность, что в любой момент времени на обеих льдинах можно mak расположить часы, что скорости концов секундных стрелок относительно Земли будут равны, причем, для каждой момента времени макое расположение единственно. Определить, на какое расстояние перемещаются льдины за сутки, если длина каждой секундной стрелки равна 1 см. Циферблаты часов расположены горизонтально.

Пусть $P$ — мощность, выделяющаяся в утюге. Тогда за время $\tau_1$ в нем выделится энергия
$$W_1 = P\tau_1.$$
За время $\tau_1 + \tau_2$ утигот отдает энергию
$$W_2 = \alpha (t_1 - t_0) (\tau_1 + \tau_2),$$
где $\alpha$ — коэффициент пропорциональности.
При установившейся температуре утига $W_1 = W_2$:
$$P\tau_1 = \alpha (t_1 - t_0) (\tau_1 + \tau_2).$$
(1)

Точно так же в режиме, когда терморегулятор устанавливает в положении «хлопок»,
$$P\tau'_1 = \alpha (t_2 - t_0) (\tau'_1 + \tau'_2).$$
(2)

Подставив в (2) значение $P$ из (1), найдем $t_2$:
$$t_2 = \frac{\tau'_1}{\tau_1} \frac{(t_1 - t_0)(\tau_1 + \tau_2)}{\tau'_1 + \tau'_2} + t_0 = 180^\circ C.$$
С помощью аналогичных расчедений и расчетов найдем $t_3$:
$$t_3 = 420^\circ C.$$
В. Скороваров

Скорость $v$ конца стрелки относительно Земли равна векторной сумме скорости льдины $v_1$ и скорости $v_2$ конца стрелки относительно льдины.

Пусть вектор $\vec{OA}$ на рисунке 9 — скорость льдины; векторы $\vec{AB'}$, $\vec{AB''}$, $\vec{AB'''}$ — скорости конца стрелки относительно льдины при некоторых орентациях часов. Тогда векторы $\vec{OB'}$, $\vec{OB''}$, $\vec{OB'''}$ соответственно — скорости конца стрелки относительно Земли.

Ясно, что при всех возможных орентациях вектора $\vec{AB}$ ($\vec{AB'}$, $\vec{AB''}$, …) геометрическим местом точек $B$ ($B'$, $B''$, …) является сфера (при горизонтальном положении часов — окружность) с центром в точке $A$. Возможные скорости $v$ в таких «пространстве скоростей» изображаются соответствующими в точке $O$ и концом в точке $B$ на сфере (или окружности). Построение для второй льдины отличается поворотом вектора скорости льдины на $90^\circ$.

Рис. 9.

Рис. 10.

32

Поправка

В «Кванте» № 3 по вине типографии рисунок к решению задачи М445 (см. с. 35, рис. 8) воспроизведен неверно. Рисунок должен выглудеть так:

На рисунке 10 приведено построение сразу для двух льдин. Векторы $\overrightarrow{OA}$ и $\overrightarrow{OA'}$ есть скорости льдин, а окружности $S$ и $S'$ — геометрические места концов векторов $\vec{v}$ и $\vec{v}'$ при различных соответствии между величины скоростей льдин и концов стрелок. Если скорости концов стрелок сликом малы, то окружности $(S_1$ и $S_1')$ не имеют общих точек и скорости $\vec{v}$ и $\vec{v}'$ не могут быть равными ни при какой орентации часов. Okружности $S_3$ и $S_3'$ соответствуют случаю, когда орентация не единственная.

Условия задачи отвечает ситуации, изображаемая касающимся окружностями $S_2$ и $S_2'$. Как видно из рисунка, при этом $\left| \vec{v} \right| = \left| \vec{v}_2 \right|$, а скорость льдины $\left| \vec{v}_1 \right| = \left| \vec{v}_2 \right| V^2$. Секундная стрелка делает один оборот за 60 секунд, следовательно, скорость ее конца равна $\left| \vec{v}_2 \right| = 2\pi l/60 \approx 0,105$ см/c ($l=1$ см — длина стрелки). Для скорости льдины получаем $\left| \vec{v}_1 \right| \approx 0,15$ см/c≈130 м/cутки.

В. Белонуккин

Ф464. На рисунке 11 изображены два замкнутых цикла: АБВА и АВГА. Оба цикла проведены с идеальным одноатомным разом.

1. Указать, на каких участках циклов раз получаем и на каких участках отдаем менло.
2. У какого из циклов коэффициент полезного действия выше? Во сколько раз?

Рассмотрим цикл АБВА. Из $pV$-диаграммы видно, что $T_B > T_B > T_A$. Следовательно, на участке АБ и БВ газ получает телло, а на участке BA — отдает. При этом на участке АБ газ нагревается, не совершая работы ($\Delta V=0$), а на участке БВ и BA газ совершает работу, равную (изменение внутренней энергии газа за цикл равно нулю)

$$A_1 = Q_{AB} + Q_{BB} + Q_{BA} \quad (Q_{BA} < 0).$$

Таким образом, в цикле АБВА

$$\eta_1 = \frac{A_1}{Q_{AB} + Q_{BB}}.$$

Рассмотрим цикл АВГА. Из $pV$-диаграммы видно, что $T_B > T_G > T_A$, так что на участке АБ газ получает телло, а на участке БГ и ГА — отдает. На участке ГА газ совершает работу

$$A_2 = Q_{AB} + Q_{BG} + Q_{GA} \quad (Q_{BG}, Q_{GA} < 0),$$

так что

$$\eta_2 = \frac{A_2}{Q_{AB}}.$$

Сравним величины $\eta_1$ и $\eta_2$. Из $pV$-диаграммы видно, что $A_1 = A_2$ (поскольку работа, совершаемая за цикл, численно равна площади фигуры, ограниченной графиком цикла), так что

$$\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{Q_{AB}}{Q_{AB} + Q_{BB}},$$

и так как $Q_{AB} + Q_{BB} > Q_{BA}$, то $\eta_2 > \eta_1$.

Вычислим отношение $\frac{\eta_1}{\eta_2}$. Для этого найдем $Q_{AB}$, $Q_{BB}$ и $Q_{AB}$.

Согласно $pV$-диаграмме $Q_{AB} = \Delta U_{AB}$, где $\Delta U_{AB}$ — изменение внутренней энергии газа на участке АБ. Для одного моля одноатомного идеального газа $\Delta U_{AB} = \frac{3}{2}R \times (T_B - T_A)$. Из уравнения газового состояния найдем $T_B = \frac{2p_0V_0}{R}$, $T_A = \frac{p_0V_0}{R}$. Таким образом,

33

$$Q_{AB} = \Delta U_{AB} = \frac{3}{2} R \left( \frac{2 p_0 V_0}{R} - \frac{p_0 V_0}{R} \right) = \frac{3}{2} p_0 V_0.$$

На участке $BB$ $Q_{BB} = \Delta U_{BB} + A_{BB}$, где

$$\Delta U_{BB} = \frac{3}{2} R (T_B - T_B) =$$

$$= \frac{3}{2} R \left( \frac{2 p_0 3 V_0}{R} - \frac{2 p_0 V_0}{R} \right) = 6 p_0 V_0$$

(для одного моля),

$$A_{BB} = 2 p_0 2 V_0 = 4 p_0 V_0.$$

Таким образом,

$$Q_{BB} = 6 p_0 V_0 + 4 p_0 V_0 = 10 p_0 V_0,$$

$$Q_{AB} + Q_{BB} = 11,5 p_0 V_0.$$

Но $Q_{AB} = -Q_{BA}$,

$$Q_{BA} = A_1 - (Q_{AB} + Q_{BB}) =$$

$$= p_0 V_0 - 11,5 p_0 V_0 = -10,5 p_0 V_0,$$

так что

$$Q_{AB} = 10,5 p_0 V_0.$$

Итак,

$$\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{Q_{AB}}{Q_{AB} + Q_{BB}} = \frac{10,5}{11,5} \approx \frac{21}{23}.$$

А. Зильберман

Ф465. В высоковольтном электросматическом генераторе заряды переносится диэлектрической лентий и заряжают высоковольтный электросматический электрод радиуса $R = 1,5$ м (рис. 12). Оценить максимальное значение напряжения и мока, которые можно получить от макого генератора, если скорость лентий $v = 20$ м/c, а ее ширина $l = 1$ м. Пробой в возможности при напряжениисти электросматического поля $E_0 = 30$ кВ/cм.

Максимальный потенциал, до которого можно зарядить высоковольтный сферический электрод генератора, определяется электрической прочноъю воздуха: напряжениеэлектрического поля вблизи поверхности электрода не может превышать значения $E_0 = 30$ кВ/cм, при котором наступает пробой, то есть

$$E_{\max} = E_0.$$

Следовательно, максимальный возможный потенциал на электрод равен

$$\varphi_{\max} = E_{\max} R = E_0 R = 4,5 \cdot 10^6 \text{ B}.$$

(Это соответствие вытекает из закона Кулона и из выражения для потенциала кулоновского поля.)

Максимальный ток, который можно получить от генератора, также определяется электрической прочноъю воздуха. Обозначим через $\sigma$ поверхностную плотность зарядов, переносимых лентий. Тогда напряжениеэлектрического поля вблизи поверхности лентий $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$. Эта величины не должна превышать $E_0$. Следовательно, максимальная возможная поверхностная плотность зарядов на ленте равна

$$\sigma_{\max} = 2\varepsilon_0 E_0.$$

Максимальный ток равен, очевидно, максимальным заряду, переносимому лентий за единицу времени, то есть

$$I_{\max} = \sigma_{\max} lv = 2\varepsilon_0 E_0 lv \approx 10^{-3} \text{ A}.$$

Приведенный расчет показывает, почему электросатические генераторы должны иметь большие размеры.

С. Козел