Решения задач М1101—М1105; Ф1113—Ф1117

Квант 1988, №9 с. 42, 43, 45, 46, 47, 48 Тег FOR7

P1137. A model of an electrostatic electric machine (see figure Pис. 3) consists of a non-conducting cylinder with two strips of aluminium foil Φ₁ and Φ₂ glued to it, external condensator plates O₁ and O₂, fixed current receivers T₁ and T₂ outside and a fixed connection inside between the receivers T₃ and T₄. In initial position the foil strips are opposite to the external plates, forming two capacitors of capacity C₁ each. A capacitor of capacity C₀, initially charged to U₀, is connected to the external plates. What will the charge on this capacitor be after N clockwise revolutions of the cylinder? The capacity between the external plates and the foil strips when they are not opposite to each other are negligible.

I. I. Vorobjev

Решения задач

M1101 — M1105, Ф1113 — Ф1117

Ответ. Возможны три случая: 1) если AD=AE, то ∠A=2 arctg (1/4); 2) если AE=DE, то ∠A=36°; 3) если AD=DE, то ∠A=20°.

Рассмотрим эти случаи по отдельности. Положим ∠A=α.

Случай 1) (рис. 1). Поскольку AD=AE=EC=BC, боковая сторона равноведренного треугольника ABC вдвое больше основания. Очевидно, tg(α/2) = BC/(2AC)=1/4.

Случай 2) (рис. 2). Поскольку BD=AB-AD=AC-EC=AE=ED и BC=EC, треугольники BCD и ECD равны (по тем сторонам). Угол DEC является внешним в равноведренном треугольнике ADE, следовательно

$\angle ACB = \angle ABC = \angle DEC = 2\alpha,$

а сумма углов треугольника ABC равна α+2α+2α=5α=180°, т. е. α=36°.

Случай 3) (рис. 3). Достроим треугольник BDE для параллелограмма BDEF и показем, что △BCF — равноведренный. Из очевидных равенств ∠CEF=∠CAB=α, CE=AD=DE и EF=BD=AB-AD=AC-EC=AE следует, что △CEF=△DAE, CEF — равноведренный треугольник, причем CF=CE=CB, ∠CFE=∠CEF=α. Кроме того, BF=DE=CB, а ∠CFE=∠BDE=2α, т. к. BDEF — параллелограмм, а BDE — внешний угол треугольника ADE. Итак, BF=FC=CB и ∠BFC=60°=∠BFE+∠EFC=2α+α=3α. Отсюда получаем, что α=20°.

В конце этого рассуждения, записывая равенство ∠BFC=∠BFE+∠EFC, мы неявно воспользовались тем, что треугольники ABC и FBC лежат по разные стороны от BC и луч FE проходит внутри угла BFC. Но если бы точка F оказалась над основанием BC, то точно так же имеются three ∠BFE+∠EFC = 360°-∠BFC=300°, откуда α=100°, что невозможно, т. к. α — угол при основании равноведренного треугольника DEA. (Впрочем, и этот случай можно включить в рассмотрение, если разрешить точкам D и E находимся на продолжениях соответствующих сторонах треугольника; рис. 4.)

М1102. Докажите, что существуют пазличных натуральных чисел, сумма кубов которых равна кубу натурального числа, если a) n=3, б) n=4, с) n — любое натуральное число, большее 2.

Приведем примеры наборов из трех и четырех кубов различных натуральных чисел, сумма которых — куб:
a) $3^3+4^3+5^3=6^3$ ,
b) $1^3+5^3+7^3+12^3=13^3$ .

Построить наборы из большого числа кубов можно путем «наращивания»: умножив все кубы в равенстве a) на $2^3$ (или в равенстве б) — на $6^3$ ), мы получим равенство кубов, наименьший из которых $6^3$ ; его можно заменить на $3^3+4^3+5^3$ . Таким образом, из a) мы получим равенства
$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3=12^3 \quad (n=5),$
$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+16^3+20^3=24^3 \quad (n=7)$
и т. д. для всех нечетных n, а из б) —
$3^3+4^3+5^3+30^3+42^3+72^3=78^3 \quad (n=6),$
$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+60^3+84^3+144^3=156^3 \quad (n=8)$
и т. д. для всех четных n.

Л. Д. Курляндчик

M1103. a) На бесконечной плоскости, разбитой на квадратные клетки, некоторое — быт может бесконечное — количество прямоугольников размером $1\times 2$ закрашены в черный цвет так, что никакие два черных прямоугольника не имеют общих точек (далее вершин). Докажите, что оставшуюся часть плоскости можно замостить эти прямоугольники. b)* Пусть на клетчатой плоскости закрашены несколько прямоугольников

Покроем исходную (голубую) клетчатую сетку более крупной (черной), разбияющей плоскость на квадраты $2\times 2$ клетки. Каждое черное домино $1\times 2$ либо целиком помещается в одном квадрате $2\times 2$ новой сетки, либо в двух соседних, образующих прямоугольник $2\times 4$ , причем другие черные домино в этот участок черной сетки не заходят. В обих случаях остаток участка легко покрыть домино (на рисунке 1 эти домино обведены розовой линий); пусть клетки $2\times 2$ разбиаются на два домино. Отсюда следует утверждение задачи a).

Аналогично, с помощью сетки из квадратов $2\times 2$ доказывается и утверждение 6) для прямоугольников $m\times n$ из четного числа mn клеток. Здесь важно, что белая камма шириной в одну клетку, осталось на участке каждой черного домино $m\times n$ , состоит из четного числа клеток (быть может, из двух полосок, в каждой из которых — четное число клеток; рисунок

размером $m \times n$ клеток, не имеющих общих точек. Докажите, что если mn четно, то оставшуюся часть плоскости можно замостить прямой纵никами размером $1 \times 2$ , а если mn — нечетно, то это не всегда возможность.

M1104. В терраэдре ABCD грани ABC и BCD перпендикулярны, $\angle BAC=90^\circ$ . Докажите, что из отрезков, длины которых равны произведением длины противоложных ребер терраэдра, можно составить прямой纵ольный треугольник.

Рис. 1.

Рис. 2.

2 изобраяет случай, когда $m$ и $n$ оба четны, рисунок 3 — когда $m$ четно, а $n$ нечетно).

Докажем теперь, что если mn нечетно и $k^2$ прямогольников $m \times n$ размещены рядом с промежутками шириной в одну клетку, как показано на рисунке 4, то при $k \geq 4$ покрыть оставшуюся часть плоскости домино $1 \times 2$ нельзя.

Пусть П — весь прямогольник из $2N-1=(mk+k-1)\times(nk+k-1)$ клеток, содержащий $k^2$ прямогольников. Закрасим в шахматном порядке $N$ клеток П, включая условия (внутри прямогольников — черным, вне — голубым). В каждом из $k^2$ прямогольников «лишняя» черная клетка, поэтому среди $N-1$ клеток непокрытой или облакатей П на $k^2-1$ больше белых клеток, чем голубых. Но каждое домино покрывает одну белую и одну голубую клетку.

Предположим, что все эта область покрыта домино. Некоторые из них — но не более $4(k-1)$ — могут выходит (на одну клетку) за пределы П, но поскольку $k^2-1>4(k-1)$ при $k \geq 4$ , наше предположение приводит к противоречию.

М. Хованов

Докажем, что

$(DA \cdot BC)^2=(DB \cdot CA)^2+(DC \cdot AB)^2.$

Это равенство эквивалентно аналогичному равенству для проекта $D_1$ точки $D$ на плоскость ABC (рис. 1):

$D_1A^2 \cdot BC^2=D_1B^2 \cdot CA^2+D_1C^2 \cdot AB^2.$

В самом деле, вычитая из первого равенства второе, по теореме Пифагора для треугольников $DD_1A$ , $DD_1B$ и $DD_1C$ получим

$D_1D^2 \cdot BC^2=D_1D^2 \cdot CA^2+D_1D^2 \cdot AB^2,$

а это равенство всегда верно, так как в треугольнике ABC угол $A$ прямой.

Доказательство равенства (*) можно проверсти так. Опишем окружность около треугольника ABC и обозначим через $E$ точку ее пересечения с прямой $AD_1$ (отличную от точки $A$ ; см. рис. 2). Треугольники $D_1BE$ и $D_1AC$ подобны ( $\angle ED_1B=\angle CD_1A$ , $\angle BED_1=\angle ACD_1$ ), поэтому $BE:BD_1=CA:AD_1$ , или

$CA^2 \cdot BD_1^2=BE^2 \cdot AD_1^2;$

аналогично,

$AB^2 \cdot CD_1^2=CE^2 \cdot AD_1^2.$

Следовательно, поскольку $\triangle BEC$ прямогольный,

$CA^2 \cdot BD_1^2+AB^2 \cdot CD_1^2=(BE^2+CE^2) \cdot AD_1^2=BC^2 \cdot AD_1^2,$

что и требовалось доказать.

Отметим, что равенство (*) — это, по сути дела, частный случай таких называемой «формулы Стюарта» для длин отрезка $AD_1$ (рис. 2) в произвольном треугольнике ABC:

$AD_1^2=p \cdot AB^2+q \cdot AC^2-pq \cdot BC^2,$

где $p=CD_1/BC$ , $q=BD_1/BC$ .

Читательям, знакомым с преобразованием инверсии, укажем на связь нашей задачи с этим преобразованием:

М1105. После нескольких прямолинейных разрезов поверхности выпуклого многообразника развернули на плоскость. Получился многоугольник, для которого известно, какие точки его границы «склеиваются», т. е. отечают одной и той же точке на поверхности многообразника. Каким был исходный многоугольник, если при разрезании получился a) прямоугольник с стороны 1 и $\sqrt{3}$ , b) равноведренный треугольник с углом 120°, причем в обих случаях склеиваются точки каждой стороны, симметричные относительно ее середины.

Рис. 1.

Ф1113. Шар радиусом R может свободно враться на закрепленной горизонтальной оси OO’. Под ша-

если $A_1, B_1$ и $C_1$ — образы точек $A, B, C$ при некоторой инверсии с центром $D$ (т. е. точки $A_1, B_1, C_1$ лежат, соответствно, на лучах $DA, DB, DC$ и $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$ ), то стороны треугольника $A_1B_1C_1$ пропорциональны произведениями протиоположных ребер tetrahedra $ABCD$ , причем этот треугольник — прямоугольный. (По основному свойству инверсии описанная около треугольника $ABC$ окружность переходит при инверсии в окружность, описанной около треугольника $A_1B_1C_1$ ; легко видеть, что в нашей задаче сторона $B_1C_1$ будет диаметром второй окружности.)

В. Н. Дубровский

Рис. 1.

Ф1113. Шар радиусом R может свободно враться на закрепленной горизонтальной оси OO’. Под ша-

если $A_1, B_1$ и $C_1$ — образы точек $A, B, C$ при некоторой инверсии с центром $D$ (т. е. точки $A_1, B_1, C_1$ лежат, соответствно, на лучах $DA, DB, DC$ и $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$ ), то стороны треугольника $A_1B_1C_1$ пропорциональны произведениями протиоположных ребер tetrahedra $ABCD$ , причем этот треугольник — прямоугольный. (По основному свойству инверсии описанная около треугольника $ABC$ окружность переходит при инверсии в окружность, описанная около треугольника $A_1B_1C_1$ ; легко видеть, что в нашей задаче сторона $B_1C_1$ будет диаметром второй окружности.)

В. Н. Дубровский

Рис. 1.

Ф1113. Шар радиусом R может свободно враться на закрепленной горизонтальной оси OO’. Под ша-

если $A_1, B_1$ и $C_1$ — образы точек $A, B, C$ при некоторой инверсии с центром $D$ (т. е. точки $A_1, B_1, C_1$ лежат, соответствно, на лучах $DA, DB, DC$ и $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$ ), то стороны треугольника $A_1B_1C_1$ пропорциональны произведениями протиоположных ребер tetrahedra $ABCD$ , причем этот треугольник — прямоугольный. (По основному свойству инверсии описанная около треугольника $ABC$ окружность переходит при инверсии в окружность, описанная около треугольника $A_1B_1C_1$ ; легко видеть, что в нашей задаче сторона $B_1C_1$ будет диаметром второй окружности.)

В. Н. Дубровский

ром, прижимая к нему, движется шероховатая жесткая лента, изогнутая в виде получиндра радиусом R (рис. 1). Скорость ленты v направлена горизонтально и перпендикулярно оси OO′. Чему равна установившаяся скорость вращения шара?

Рис. 1.

Рис. 2.

щий момент, раскручивающий шар. Когда угловая скорость вращения достигает величины $\omega = v/R$ , точка шара B (рис. 2), максимальное удаления от оси вращения OO′, будет иметь линейную скорость, равную скорости ленты: $\omega R = vR/R = v$ . Просkalъывание шара относительно ленты в этом месте прекраится, и сила треня (а значит, и ее момент) исчезнет. Однако у всех остальных точек других ABC (по которой шар контактирует с лентой) линейная скорость в этот момент меньше, чем v (эти точки близке к оси вращения), так что шар продолжает разгонять.

По мере роста угловой скорости шара точка отсутствия прокалъывания перемещается ближе к оси OO′, и число участков, имеющих линейную скорость, меньше v, уменьшается. Вместе с тем, растет число участков, где линейная скорость больше v, сила треня направлена в противоположную сторону и создает момент сил, тормозяйства. В какой-то момент разгонающий и тормозяйщий момент силы сравняются, и угловая скорость перестановяется.

Теперрыведем соответствующие расчеты. Прежде всего найдем, в какой точке будет отсутствовать прокалъывание при установившемся режиме.

Будем считать, что лента прижимается к шару во всех местах с одинаковой силой, тогда на любые два одинаковых участка контакта будет действовать одинаковые (по модели) силы треня. Пусть искомая точка отсутствия прокалъывания — это точка D (см. рис. 2). Расмотрим небольший участок других взлизи этой точки. Его длина $\Delta l = R\Delta a$ ; действующая на него сила $\Delta F = k\Delta l = kR\Delta a$ (к—некоторая постоянная); ее момент $\Delta M = kR\Delta a \cdot R \cos a$ . Суммарный момент сил треня

$M = \sum_i \Delta M = kR \sum_i R\Delta a \cos a_i,$

действующий на дугу BC, при установившемся режиме должен быть равен нулю. Это означает, что должна быть равной нулю сумма проекций дуг BD и DC («положительный» и «отрицательной» соответствующего) на ось вращения OO′:

$\sum_i R\Delta a \cos a_i = 0 \Rightarrow O'D' = D'C = R/2,$

откуда искомая установившаяся угловая скорость

$\omega = \frac{v}{D'D} = \frac{2v}{\sqrt{3}R} \approx 1.15 \frac{v}{R}.$

Л. Г. Маркович

Ф1114. Каскадер nadaет с высоты H=50 м. К нему пристезнуть резиновый шурр, второй конец которого закреплен в месте старта. Длина и жесткость шурра подобраны так, что у земли скорость газится до нуля. После того как за-

Введем обозначения для неизвестных параметров: $l$ — длина нерастичного шура (очевидно, что $l + h < H$ ), $k$ — его жесткость, $m$ — масса каскадера, $v$ — искомая скорость. Заметим, что максимальная скорость была у каскадера как раз на высоте $h$ над землей, т. е. в положении равновесия, где сила треня $mg$ уравновешена силой упругости шура $k(H - l - h)$ . Выше этой точки сила треня доминирует над силой упругости — движение каскадера ускоренное, ниже этой точки преоб-

тухли колебания, каскадер повис на высоте $h=10$ м над землей. Какова была максимальная скорость каскадера во время падения? Сопротивление воздуха не учитывать.

Ф1115. Замкнутый сосуд, заполненный газом, разделен на две части непроницаемым горизонтальным поршнем; масса сосуда $m$ , масса поршня $M$ . Вначале сосуд поконтся на подставке. Злетем подставку толком выбивают из-под сосуда. С каким ускорением начинает двигаться сосуд? Тренем между стенками сосуда и поршнем пренебречь.

Ф1116. В две одинаковые химические петки набирают до однозо и то же уровня body: в одну — холодную, в другую — горячую. Ппетки опорняют и считают при этом капли. Из какой петки уnadет больше капель?

ЛАДАЕТ СИЛА УПРУГОСТИ — ДВИЖЕНИЕ ЗАМЕДЛЕННОЕ.

Запишем закон сохранения механической энергии для положений $O$ и $1$ (см. рисок):

$mgH = mgh + \frac{1}{2} k(H - l - h)^2 + \frac{1}{2} mv^2$

и для положений $O$ и $2$ :

$mgH = \frac{1}{2} k(H - l)^2.$

Учтем также условия равновесия на высоте $h$ :

$mg = k(H - l - h).$

Исключив из уравнения (1) — (3) неизвестные параметры $m$ , $k$ и $l$ , найдем $v$ . Проще всего это сделать так. Разделим уравнение (2) на уравнение (3) и найдем $l = \sqrt{H^2 - 2Hh}$ ; слагаемое $k(H - l - h)^2/2$ в уравнения (1) перепишем, с учетом равенства (3), в виде $mg(H - l - h)/2$ ; после чего получим

$v^2 = g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})$

$v = \sqrt{g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})} \approx 28 \text{ м/c.}$

Д. В. Павлов

В исходном состоянии равновесие поршня обеспечивается тем, что в нижней части сосуда газ сжат сільнее, чем в верхнем ( $p_2 > p_1$ ). Если обозначить через $S$ площадь секции поршня, то условие его равновесия запишется в виде:

$(p_2 - p_1)S = Mg.$

Сразу после выбивания подставки на сосуд в верхкальном направлении действуют три силиы: силия давления газа на верхню и нижню стенки сосуда $p_1S$ и $p_2S$ и силия тяжестеся сосуда $mg$ . Согласно второму закону Ньютона,

$ma_0 = mg - p_1S + p_2S.$

Из уравнения (1) и (2) находится ускорение:

$a_0 = g \frac{M + m}{m}.$

С. Ф. Ким, А. И. Латинин

Капля отрывается от конца пипетки в тот момент, когда сила поверхностного натяжения уже не может уравновесить силу тяжестеки капли.

С ростом температуры воды коэффициент ее поверхностного натяжения, а значит, и сила поверхностного натяжения, уменшается. Причем уменшается довольно заметно — примерно на 20 % при повышении температуры от 20 до 100 °C. Таким образом, силия тяжестеги капли меньше, чем холодной, а число горячных капель, наоборот, больше.

Заметим, что при нагревании пронсходит еще один процесс — уменьшение плотности воды (связанное с ее распределением). Это объясняется, вообще говоря, играет противоположную роль. Но обусловленный им эффект, из-за малого коэффициента теплового распределения воды, оказывается гораздо слабее первого и практическим не проявляется.

А. И. Буздин

Ф1117. Свет от точного источника А выводится сквозь непрозрачную стенку с помощью световода — тонкой пронсной палочки с радиусом секции R (рис. 1); внутренняя часть палочки с радиусом r (R—r≤r) сделана из материалов с показателем преломления $n_1$ , а внешняя область — из материалов с показателем преломления $n_2$ ( $n_2<n_1$ ). Определите диаметр светового пятна на экране, расположном на расстоянии L от правого торца световода. Источник свет наодится выполнiza центра левого торца световода.

Как изменится размер пятна, если источник удалить вдоль оси световода на расстояние l от торца?

Рис. 1.

Очевидно, что на экран придут те лучи от источника, которые на поверхности соприкосовения сердцевины и оболочки претерпевают полное отражение и оказываются как бы захваченными сердцевиной световода.

Лучи света проходят в сердцеине световода (рис. 2), если угол падения $\alpha \geqslant \alpha_0$ , где $\alpha_0$ — предельный угол полного отражения на границе двух сред с показателями преломления $n_1$ и $n_2$ ( $\sin \alpha_0=n_2/n_1$ ).

После преломления на противоположном от источника торце световода лучи свету расходит в виде конечского пучка. В соответствии с законами геометрической оптики угол преломления находится условия

$\frac{\sin \beta}{\sin (90^\circ-\alpha)}=n_1.$

Луч света будет испытывать на торце палочки наиболее отклонение, если угол $\alpha$ минимален, т. е. $\alpha=\alpha_0$ . Тогда для максимального угла преломления $\beta_{\max}$ получаем выражение, справедливо при $n_1^2-n_2^2<1$ :

$\sin \beta_{\max}=n_1 \cos \alpha_0=\sqrt{n_1^2-n_2^2}.$

Таким образом, зная высоту усеченного конуса (светового пучка) $L$ , радиус меньше основа $r$ , угол $\beta_{\max}$ между осью конуса и его образующей, легко найти радиус большого основа, или, что то же самое, радиус светового пятна на экране:

$R_1=r+L \ tg \beta_{\max},$

или

$R_1=r+L \frac{\sqrt{n_1^2-n_2^2}}{\sqrt{1+n_2^2-n_1^2}}.$

Если $n_1^2-n_2^2\geqslant 1$ , то луч свету выходить под любым углом $\beta\leqslant\pi/2$ и размер светового пятна будет неограничен.

В том случае, когда источник удален на расстояние l от торца световода, в формировании светового пятна могут участвовать лучи, попадание на левый торц под углами $\gamma\leqslant\gamma_{\max}$ , где $tg \gamma_{\max}=r/l$ . Поэтому выходящий пучок не может иметь угол расхождения больший, чем $\gamma_{\max}$ , т. е. $\beta\leqslant\gamma_{\max}$ (как при прохождения плоскопаралелной пластины). Если $\beta_{\max}\leqslant\gamma_{\max}$ , то и для этого лучая справедлива формула (2). Если $\beta_{\max}>\gamma_{\max}$ , то в формулу (1) вместо $\beta_{\max}$ следует поставить $\gamma_{\max}$ :

$R_1=r\left(1+\frac{L}{l}\right).$