Задачи М701—М705; Ф713—Ф717

20

Задачи

M701 — M705; Ф713 — Ф717

М701. Люда, Марина и Наташа наиссовали остроугольный треугольник LMN. Затем Люда построила свой треугольник, у которого длины двух сторон равны $|LM|$ и $|LN|$, а угол между ними на 60° больше угла $L$ треугольника LMN. Точно так же Марина построила свой треугольник со стороны длины $|ML|$ и $|MN|$, угол между ними на 60° больше $\hat{M}$, а Наташа — свой, у которого угол между стороны $|NL|$ и $|NM|$ равен $\hat{N} + 60^\circ$. Докажите, что треты (новые) стороны треугольников у всех трех девочек одинаковы.

A. Каплан

M702. Обозначим через $S_n$ сумму первых $n$ простых чисел: $S_1 = 2, S_2 = 2 + 3 = 5, S_3 = 2 + 3 + 5 = 10, S_4 = 17$ и т. д. Докажите, что при любом $n$ между $S_n$ и $S_{n+1}$ встречается точный квадрат.

И. Жук

M703*. Решите систему уравнений

$$\begin{cases} 3(x + \frac{1}{x}) = 4(y + \frac{1}{y}) = 5(z + \frac{1}{z}), \\ xy + yz + zx = 1. \end{cases}$$

A. Федоров

M704*. Вокруг квадрата описан параллелограмм (вершины квадрата лежат на разных сторонах параллелограмма). Докажите, что перепendlкуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют новый квадрат (рис. 1).

H. Васильев

M705. На прямогольном листе клетчатой бумаги расположено несколько прямоугольных карточек, стороны которых лежат на линейных сетки. Карточки покрывают лист в два слоя (то есть каждую клетку листа покрыют в точности две карточки). а) Пусть каждая карточка имеет размеры $1 \times 2$ клетки. Докажите, что можно выбрать часть карточек так, чтобы они покрывали лист в один слой. (Передвигать карточки нельзя.) Останется ли это верным, если карточки 6) могут иметь произвольные размеры, в*) имеют размеры $1 \times 3$ клетки?

Г. Гальперин, В. Произвольов

22

М662. В копилке собрано четыре рублей медными монетами. Докажите, что эти монетами можно заплаать три рублей без сдачи.

Достаточно доказыть, что можно заплаать без сдачи рублей.

В копилке могут находиться монеты четырех видов: однокопеечные, двухкопеечные, трехкопеечные и пятаки. Поэтому монет какого-то вида не меньше рублей.

Если это — пятаки, двухкопеечные или однокопеечные, то ясно, что можно заплаать рублей без сдачи.

Рассмотрим поэтому случай, когда больше, чем на рублей, трехкопеечных монет, а монет какого другого вида меньше, чем на рублей.

Если в копилке есть хотя бы одна однокопеечная монета, то, добавляя ее к 33 трехкопеечным, получаем рублей.

Если есть две двухкопеечные или два пятаки, то, добавляя к 32 (соответственно к 30) трехкопеечным, получаем рублей.

Остается, таким образом, один случай, когда однокопеечных монет нет, двухкопеечных монеты двух (398 не делится на 3); если двухкопеечных нет, то пятаки не меньше двух (395 не делится на 3). Итак, в рассмотрении случаче есть один пятак и одна двухкопеечная, и мы можем набрать рублей, добавив один пятак и одну двухкопеечную к 31 трехкопеечной монете.

Интересно разобраться, какие вообще суммы могут быть уплачены без сдачи при четырехрульном наборе медных монет в копилке.

Например, если в копилке только двухкопеечные монеты, то не может быть уплачена никакая нечетная сумма; если только пятаки, то — никакая сумма, не делящаяся на 5; если, наконец, в копилке 133 трехкопеечных и одна однокопеечная, то не может быть уплачена никакая сумма, которая при делении на 3 дает в остатке 2.

Значит, если некоторая сумма может быть уплачена при любом четырехрульном наборе медных монет в копилке, то она делится на 10 и при делении на 3 не дает в остатке 2. Все ли такие суммы могут быть уплачены?

А. Куширенко

M663. Найдите все простые числа p, для которых число 2$^p$ + p$^2$ — тоже простое.

При p=2 получается составное число 8, при p=3 — простое число 17.

Докажем, что при простом p>3 число 2$^p$ + p$^2$ всегда на 3.

Действительно, p=3k±1 при некоторых натуральном k. Поэтому 2$^p$ + p$^2$ = (3−1)$^{3k±1}$ + (3k±1)$^2$ = (3M−1) + (3N+1) = 3(M+N).

Можно рассудить иначе. Из нечетного p следует, что 2$^p$ + 1 = (2+1) (2$^{p−1}$−2$^{p−2}$+…+1). Значит, 2$^{p+1}$ делится на 3. Поскольку p не делится на 3, p$^2$ − 1 = (p−1) (p+1) делится на 3. Отсюда следует делимость на 3 суммы (2$^p$ + 1) + (p$^2$ − 1) = 2$^p$ + p$^2$.

С. Майзус

M664. Дан четырехухольник ABCD площади S. Обозначим точки пересечения высот трехольников ABC, BCD, CDA, DAB через H, K, L, M соответствующего. Докажите, что площadb прямойника HKLM тоже равна S.

Самое простое анализческое решение этой задачи получается с помощью операции псевдоскалярного произведения векторов: $\vec{a} \wedge \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \sin \varphi$, где $\varphi$ — угол, на котором нужно повернуть вектор $\vec{a}$ против часовой стрелки, чтобы его направление совпало с направлением вектора $\vec{b}$. Геометрический смысл числа $\vec{a} \wedge \vec{b}$ — ориентированная площад параллелограмма, построенного на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$ (рис. 1). Нужные нам свойства:

1°. $(\vec{a} + \vec{b}) \wedge \vec{c} = \vec{a} \wedge \vec{c} + \vec{b} \wedge \vec{c}$,
2°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -\vec{b} \wedge \vec{a}$,

23

Рис. 1,а. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 2S_{\triangle AOB}$, если $\triangle AOB$ ориентирован положительно — против часовой стрелки.

Рис. 1,б. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -2S_{\triangle AOB}$, если $\triangle AOB$ ориентирован отрицательно.

Рис. 2. $\vec{HC} = 2\vec{KO} = \text{ctg} \hat{C} \times \mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{AB})$.

3°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 0$, если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ колlinearны следуют из того, что $\vec{a} \wedge \vec{b}$ равно скалярному произведению векторов $\vec{b}$ и $\mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{a})$.

Удобно ввести «симметричные» обозначения: пусть $A_1A_2A_3A_4$ — данный чет孵уговлиник, $H_1, H_2, H_3$ и $H_4$ — точки пересечения высот треугольников $A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ и $A_1A_2A_3$ соответственно, а $\vec{a}_i$ и $\vec{h}_i$ — векторы, идущие из фиксированной точки $O$ в $A_i$ и $H_i$ ($i=1, 2, 3, 4$).

Докажем, что треугольники $A_1A_2A_3$ и $H_1H_2H_3$ равновелики (имеют одинаковую площадь) и одинаково ориентированны. Поскольку удвоенная площадь $\triangle A_1A_2A_3$ (с учетом ориентации) равна $\vec{A}_1\vec{A}_2 \wedge \vec{A}_1\vec{A}_3 = (\vec{a}_2 - \vec{a}_1) \wedge (\vec{a}_3 - \vec{a}_1) = \vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1$, мы должны доказать равенство

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 = \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 + \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 + \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1.$$

(1)

Для этого мы используем лишь тот факт, что $[A_iH_j] \parallel [A_jH_i]$ при всех $i \neq j$. Скажем, $[A_1H_2] \parallel [A_2H_1]$, поскольку они перpendикularны $[A_3A_4]$; поэтому $(\vec{a}_1 - \vec{h}_2) \wedge (\vec{a}_2 - \vec{h}_1) = 0$. Сложив три равенства:

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 - \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 = \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1 - \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2,$$
$$\vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 - \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 = \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2 - \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3,$$
$$\vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 - \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1 = \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3 - \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1.$$

получим (1).

Разумеется, так же доказывается вообщество, что треугольники $A_iA_jA_k$ и $H_iH_jH_k$ равновелики и одинаково ориентированны (для всех $i \neq j \neq k$); в частности, это относится к треугольникам $A_3A_4A_1$ и $H_3H_4H_1$. Отсюда следует равенство площадей четырехугольников $A_1A_2A_3A_4$ и $H_1H_2H_3H_4$.

Более того, оба эти четырехугольника будут одновременно либо (a) выпуклими, либо (b) невыпуклими, но несамопересекающимся, либо (b) самопересекающимся: если все четырехугольника $A_1A_2A_3, A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ имеют одинаковую ориентацию, то (a), если один отличается по ориентации от трех других — (б); если «счет ничейный» 2:2 — (в).

Если бы мы попытались перевести это решение на элементарно геометрический язык, получилось бы грамодикая картина из множества параллелограммов, оченьные соответствия между площадями которых запутаны из-за особенностей расположения. Более элегантное геометрическое решение (требующое, однако, неокругности, в частиности, оно использует формулу $tg\alpha + tg\beta = (1 - tg\alpha tg\beta) tg(\alpha + \beta)$) основано на полезных соотношениях, показанных на рисунке 2, где $H$ — точка пересечения высот треугольников $ABC$, $O$ — центр описанной бокругнего него окружности, $K$ — середина стороны $AB^*$). На этом пути сразу ясно, что для четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$, вписанного в окружность, «ортоцентрический» четырехугольник $H_1H_2H_3H_4$ будет ему не только равновелик, но и конгрузентен (в общем случае, как следует из равенства площадей треугольников $A_iA_jA_k$ и $H_iH_jH_k$, эти четырехугольники аффицино эквивалентны, то есть один получается из другого линейным преобразования координат).

Б. Батырев, Н. Васильев, В. Трофимов

M665. Световое табло состоит из нескольких лампочки, каждый из которых может находиться в двух состояниях (оответствие или не содержать). На путь несколько ключом, при нажатии каждой из которых одновременно меняется состояние у неокторого набора лампочки

Пусть число лампок равно $N$, количество кнопок — $n$. Обозначим через $A_i$ подмножество лампочки, которое переключает $i$-я кнопка, то есть узор, который получается из начального состояния $B_0$ — «все лампочки не горят» — при нажатии $i$-й кнопки; мы будем также говорить об «операции $A_i$», понимая под этим нажатие $i$-й кнопки.

*) Это решение будет приведено в книге И. Ф. Шарыгина «Задачи по геометрию», выходящей в Библиотечке «Квант».

24

(для каждой конфигурации — своего). Вначале лампочки неорят.
а) Докажите, что число различных узоров, которые можно получить на табло, — степень двойки.
б) Сколько различных узоров можно получить на табло, состоящем из $m \times n$ лампочки, расположенных в форме прямоугольника, если конфигурация как двойный горизонтальный и как двойный вертикальный ряд лампочки (проверьте ваш ответ для небольших значений $m, n$)?
в) Придумайте другие примеры таблицы и наборов (переклоцаемых конфиками), в которых можно найти число узоров.

Мы получили много доказательств утверждения a), основанных на разных сообщениях. Приведем vkratце неокторы из них.

1°. Всего существует $2^N$ различных узоров светового табло, потому что каждая из $N$ лампочки может находиться в двух состояниях — гореть или не гореть. Пусть нажатим ключ из начального узора $B_0$ можно получить $m$ разных узоров $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Тогда из люгого начального узора $X$ можно получить такое же количество узоров — это те узоры, которые отличаются от $X$ на множество $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Таким образом, если все $2^N$ узоров разбит на несколько ключей а ссов: отнести к одному классу те узоры, которые можно получить друг из друга нажатим ключом, то в каждой классе будет по $m$ узоров. Поэтому $2^N$ делится на $m$; следовательно, $m$ — степень двойки.

2°. Пусть ключ запумерованы так, что ни один из $s$ узоров $A_1, A_2, \dots, A_s$ нельзя получить комбинацией предыдущих (с меньшим номерами), а каждый из остальных $k-s$ узоров $A_{k+1}, \dots, A_k$ можно получить комбинацией некоторых операций $A_1, A_2, \dots, A_s$. Тогда общее число узоров $m$, которое можно получить из начального состояния $B_0$, равно $2^s$. В самом деле, все комбинации операций $A_1, A_2, \dots, A_s$, соответствуют $2^s$ различных подмножества множества $\{1, 2, \dots, s\}$, дают различные узоры: если бы какие-то два из них совпадали:

$$A_{i_1}A_{i_2}\dots A_{i_m}=A_{j_1}A_{j_2}\dots A_{j_l},$$

то узор $A$ с наиболее из входящих в это равенство номеров можно было бы получить комбинацией предыдущих.

3°. Посмотрим вначале не на все $N$ лампочки, а на первые $L$ из них. Пусть на этих лампочки из начального состояния $B_0$ можно получить $m_L$ различных узоров. Затем посмотрим на $(L+1)$-ю лампочку. Если состояние $(L+1)$-й лампочки вполне определяется набором состояния первых $L$ лампочки, то $m_L+1=m_L$. Если же хотя бы два лампочки, но отличия на $(L+1)$-й, то можно получить узор, в котором первые $L$ лампочки не горят, а $(L+1)$-я горит. Тогда из каждого узора наших $L$ лампочки можно получить два различных узора из первых $L+1$ лампочки, то есть $m_L+1=2m_L$. Поскольку одна (первая) лампочка может находиться в двух состояниях, ясно, что интересушение нас $m=m_N$ будет степень двойки.

Многие читатели заметили, что операции $A_i$ и состояния таблицы («узор») удобно представлять как набор из $N$ чисел $+1$ и $-1$ (при этом операция нажатия ключей соответствует умножению наборов) или как набор из $N$ чисел $0$ и $1$ (тогда наборы складываются по члену «по модулю 2», то есть $1+1=0$).

Приименим первое из этих представлений для решения задачи 6).

Будем считать, что $x_{ij}=-1$, если лампочка в $i$-й строке и $j$-м столбце горит, и $x_{ij}=1$ — в противном случае $(1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n)$. Докажем, что общее число узоров, которые можно получить из начального состояния «все $x_{ij}=1$», равно $2^{m+n-1}$.

Допустимые операции (их $m+n$) — это умножение строки или столбца на $-1$. Очевидно, мы можем получить произвольный набор из $m+n-1$ чисел $\pm 1$ в первой строке и в первом столбце: $x_{11}, x_{12}, \dots, x_{1n}, x_{21}, x_{31}, \dots, x_{m1}$. Но каждое из остальных $x_{ij}$ этих $m+n-1$ числа определяется уже однозначно, поскольку при любых допустимых операциях будет сохраняться равенство $x_{ij}x_{11}=x_{i1}x_{1j}$.

Аналогично рассуждание (с использованием точекства $x_{ij}x_{1j}x_{i1k}x_{i1k}x_{i1j}=x_{111}x_{11k}x_{11j}x_{i11}$) показывает, что таблию, имеющего форму прямогоного параллелеппеда, состояние из $m \times n \times p$ лампочки, у которого разрешается переключать любой ряд лампочки, параллельный ребру параллелеппеда, число узоров в одном классе равно $2^{mnp-(m-1)(n-1)(p-1)}$. то есть число классов узоров равно $2^{(m-1)(n-1)(p-1)}$ (см. решение $1^\circ$ задачи a)).

H. Васильев

25

Ф673. Груз висит на упругодной нити. Если к грузу прикладывать силу, медленно нарастую от нульового значения, то нить оборвется, когда величины силы достинет значения $F_1$. При какой минимальной величины силы оборвется нить, если прикладываемая сила меньше достадает некоторого значения и в дальнейшем остается незначенной?

Упругую нить можно рассматривать какружину. Пусть жесткость этой прижимы равна $k$. Согласно условиям задачи при медленном нарастании силы нить объявиется, когда полная сила $F_\pi$, приложенная к ней, равна

$$F_\pi = mg + F_1,$$

где $m$ — масса подвешенного груза. Посмотрим, что происходит в том случае, когда прикладываемая сила мгновенно достигает некоторого значения $F$ и в дальнейшем не меняется.

В начальной момент (когда сила равна нулю) нить растянута под действием силы тяжестей груза $mg$ на величины $x_0$, определяемую условием $kx_0 = mg$, то есть координата нити в положении равновесия равна $x_0 = mg/k$ (за начало отсчета принято положение конца нити в отсутствие груза). При приложении силы $F$ координата конца нити в положении равновесия будет равна $x' = mg/k + F/k$. Однако в состоянии равновесия система перейдет лишь после затухания воздуха колебаний. Начальная амплитуда этих колебаний определяется начальным отклонением системы от положения равновесия, то есть $A = x' - x_0 = F/k$. Так как затухание колебаний мало, через положину перiode полное растяжение прижимы будет равно

$$x_\pi = \frac{mg + F}{k} + A = \frac{mg}{k} + 2 \frac{F}{k}.$$

Это означает, что к нити приложена суммарная сила

$$F'_\pi = mg + 2F.$$

Нить оборвется, если эта сила больше чем сила $F_\pi$ (см. (*)), определяющая предел прочности нити. Таким образом, минимальная сила $F_{\min}$, при которой произойдет обрыв нити, находится из условия $F'_\pi = F_\pi$, то есть

$$mg + 2F_{\min} = mg + F_1;$$

отсюда

$$F_{\min} = F_1/2.$$

Г. Баронов

Ф674. Серный ангидрид $SO_3$ в количестве $v_1 = 1$ моль помещили в замкнутый сосуд и нареты до температуры $T_1 = 1000$ К, при которой $SO_3$ частично диссоцирует на серный ангидрид $SO_2$ и кислород: $SO_3 = SO_2 + \frac{1}{2}O_2$.

Степень диссоциации в этих условиях оказалась равной $a_1 = 0,2$ (то есть диссцировали 20% первого начального имевшихся молекул $SO_3$). Когда в тот же сосуд помещили $v_2 = 0,4$ моль $SO_3$, то оказалось, что для получения такого же, как в первом опыте, давления газ над нареты до температуры $T_2 = 2000$ К. Определить степень диссоциации $SO_3$ во втором опыте. Все вещества в общих опытах находятся в газообразном состоянии.

Ф675. Для изменения больших токов в цепи CC (см. рис.ок) используется шунт Ш,

При полной диссциации из 1 моля $SO_3$ получается 1,5 моля газов ($SO_2$ и $O_2$). Следовательно, если диссцировало αᵇ молей $SO_3$, то в сосуд находится 1,5αᵇ молей $SO_2$ и $O_2$ и (1−α)ᵇ молей $SO_3$; полное число газов в сосуд равно $n = 1,5αᵇ + (1−α)ᵇ = (1+0,5α)ᵇ$.

Запишем уравнения состояния газов в сосуд в первом ($v_1 = 1$ моль, $T_1 = 1000$ К, $a_1 = 0,2$) и во втором ($v_2 = 0,4$ моль, $T_2 = 2000$ К, $a_2 = ?$) случая (давления и объемы в общих случаях одинаковы):

$$pV = n_1RT_1, \quad pV = n_2RT_2.$$

Следовательно, $n_1T_1 = n_2T_2$, то есть

$$(1+0,5a_1)v_1T_1 = (1+0,5a_2)v_2T_2,$$

откуда

$$a_2 = 2\left((1+0,5a_1) \frac{v_1T_1}{v_2T_2} - 1\right) = 0,75 = 75\%.$$

В. Белонукин

Так как сопротивление шунта много меньше сопротивления подключенной к нему изменительной схемы, направление на участке CC равно $U = Ir_\pi$.

26

паралельно которому через сопротивления $R_1 = 2$ Ом и $R_2$ подключается изменительный прибор Г с внутренним сопротивлением $r = 10$ Ом. В положении А переключателя П всегда шкара прибор соответствует току в цепи $I_1 = 10$ А. Каким надо взять сопротивление $R_2$, чтобы в положении В переключателя П всегда шкара прибор соответствовала ток $I_2 = 100$ А?

Сопротивление шитта считать много меньше внутреннего сопротивления прибор.

Если стрелка прибора при двух вариантах замыкания схемы отклоняется на полную шкалу, то токи, текущие через прибор, в общих случаях одинаковы. Следовательно,

$$\frac{I_1 r_1}{R_1 + r} = \frac{I_2 r_2}{R_1 + R_2 + r},$$

откуда

$$R_2 = \left( \frac{I_2}{I_1} - 1 \right) (R_1 + r) = 108 \text{ Ом.}$$

Л. Лугаанский

Ф676. Проволочный квадратной рамке с перimetром 4а и массой m сообщают в горизонтальном направлении некоторую начальную скорость. Рамка движется в вертикальной плоскости, все время нахождения в магнитном поле, перепедикулярном плоскости рамки (см. рисунок). Индукция поля меняется по закону $B(z) = B(0) + kz$, где $k$ = const. Сопротивление рамки равно R. Через некоторое время скорость рамки становится постоянной и равной v. Найти начальное скорость, сообщаемую рамке. Ускорение свободного nadения g.

В отсутствие магнитного поля рамка двигалась бы в поле тяжесте Земли с постоянной горизонтальной скоростью $\vec{v}_0$ вдоль оси X и равноускорению сускорением свободного padения $\vec{g}$ вдоль оси Z. Очевидно, что движение рамки не изменилось бы, если бы она падала в однородном магнитном поле. В нашем случае поле — не однородное (вдоль оси Z): $B(z) = B_0 + kz$, то есть индукция поля линейно растет с ростом z; поэтому при padении рамки поток магнитной индукции Ф, произвольной контур рамки, будет меняться и в контур рамки будет возникать ЭДС индукции. Поскольку рамка является замкнутым проводящим контуром, по ней потечет индукционный ток. В этом случае, согласно закону Ампера, на стороны рамки будут действовать силы со стороны магнитного поля. Найдем направления и величины этих сил.

Пусть в некоторый момент времени центр масс рамки находится в точке с координатами $x_t$, $z_t$ и проекции скорости центра масс на оси X и Z равны $v_x$ и $v_z$ (см. рисунок). Поток магнитной индукции Ф, произвольной рамку в этот момент времени, равен

$$\Phi = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} a^2 = (B_0 + kz_t) a^2.$$

Здесь $B_0 + k(z_t - a/2)$ и $B_0 + k(z_t + a/2)$ — значения индукции магнитного поля соответствующего уверхней и нижней стороны рамки; поскольку зависимость $B(z)$ — линейная, для вычисления Ф мы получаем средим (по высоте z) значением индукции.

ЭДС индукции в рамке в данной момент времени равна

$$|\mathcal{E}| = \frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t} = ka^2 \frac{|\Delta z|}{\Delta t} = ka^2 |v_z|,$$

индукционный ток равен

$$I = \frac{|\mathcal{E}|}{R} = \frac{ka^2}{R} |v_z|.$$

Согласно правилам Ленца, возникновящий ток будет течить часовой стрелки. По закону Ампера со стороны магнитного поля на верхнюю сторону рамки будет действать сила

$$|\vec{F}_1| = (B_0 + k(z_t - a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t - a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

на нижнюю сторону — сила

$$|\vec{F}_2| = (B_0 + k(z_t + a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t + a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|.$$

27

Силы $\vec{F}_3$ и $\vec{F}_4$, действующие на боковые стороны рамки, очень/no, будут равны по величины и противоположны по значку:

$$|\vec{F}_3| = |\vec{F}_4| = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} Ia =$$

$$= (B_0 + kz_t) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

$$\vec{F}_3 + \vec{F}_4 = 0.$$

Следовательно, $v_x = const$, то есть рамка будет двигаться вдоль оси $X$ с постоянной скоростью, равной начальной скорости $v_0$.

Таким образом, характер движения рамки в направлении оси $Z$ определяется силами $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$ и силой тягости $m\vec{g}$. При установившейся скорости $v$ рамки проекция скорости на ось $Z$ постоянна, то есть ускорение $\vec{a}_z$ вдоль оси $Z$ равно нулю:

$$m|\vec{a}_z| = m|\vec{g}| + |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = mg - \frac{k^2 a^4}{R}|v_z| = 0.$$

Отсюда находим проекцию $v_{yct. z}$ на ось $Z$ установившейся скорости рамки:

$$v_{yct. z} = mgR/k^2 a^4.$$

Установившаяся скорость рамки равна $v = \sqrt{v_0^2 + v_{yct. z}^2}$, где $v_0$ — проекция скорости $v$ на ось $X$, равная, как мы показали, начальной скорости, сообщенной рамке. Таким образом,

$$v_0 = \sqrt{v^2 - v_{yct. z}^2} = \sqrt{v^2 - \left(\frac{mgR}{k^2 a^4}\right)^2}.$$

Скорость $v_{yct. z}$ может быть найдена и из энергетических сообщений. При установившемся движения рамки изменение за время $\Delta t$ потенциальной энергии рамки в поле тягости Земли равно тепловой энергии, выделяющейся за это время в рамке:

$$mgv_{yct. z}\Delta t = l^2_{yct. z}R\Delta t = \left(\frac{ka^2}{R}\right)^2 v^2_{yct. z}R\Delta t.$$

Отсюда

$$v_{yct. z} = \frac{mgR}{k^2 a^4}.$$

В. Можаев

Ф677. С помощью системы концентрических зеркал (рис. 1) на экране получено изображение Солнца. Радиус зеркал $R_1 = 12$ см, $R_2 = 30$ см. Каково должно быть фокусное расстояние тонкой линии, чтобы с ее помощью получалось изображение Солнца такое же размер?

Задча может быть решена двумя способами.

1. В фокальной плоскости первого зеркала (радуса $R_1$) получается изображение Солнца, которое является предметом для второго зеркала (радуса $R_2$). Если угловой размер Солнца равен $a$, то размер этого изображения равен $l = aF_1 = aR_1/2$; находится изображение на расстоянии $d_2 = R_2 - R_1/2$ от второго зеркала. Увеличение второго зеркала равно $\Gamma_2 = F_2/(d_2 - F_2) = R_2/(R_2 - R_1)$. Размер изображения, получается в системе зеркал, равен

$$L_3 = l\Gamma_2 = \frac{aR_1}{2} \frac{R_2}{R_2 - R_1} = a \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)}.$$

Тонкая линия создает в своей фокальной плоскости изображение Солнца размер

$$L_\pi = aF_\pi.$$

Чтобы получить изображение размер $L_\pi = L_3$, надо взять линзу с фокусным расстоянием

$$F_\pi = \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)} = 10\text{ см}.$$

2. На рисунке 2 показан ход одного из лучей $(AB)$, параллельных оптической оси системы зеркал. Точка $M$ — точка пересечения параллельного на системе луча $AB$ (его продолжения) с лучом $DF$, выходящим из системы. Поместим в плоскость $NN'$, проходящую через точку $M$ и перпендикулярную оптически-