Решения задач М1147—М1150; Ф1158—Ф1162

31

Ф1180. Лампочка, присоединенная к батарейке, горит три часа, после чего батарейка полностью разряжается. Сделали копию этой батарейки вдвое больших линейных размеров из тех же материалов. Сколько времени будет гореть та же лампочка, подключенная к такой копии? Внутреннее сопротивление батарейки много меньше сопротивления лампочки.

К. С. Бедов

Ф1181. Жесткое тонкое проводаще колюцо лежит на непроводящей горизонтальной поверхности и находится в однородном магнитном поле, линии индукции которого горизонтальны. Масса колца $m$, радиус $R$, величины индукции $B$. Какой силы ток нужно пропустить по колцу, чтобы оно начало проподниматься?

С. С. Кротов

Ф1182. При проведении радиолокации Лунны, взошедшей над горизонтом, чтобы обеспечить правильную направление, излучатель высокочастотных радиосигналов был сопряжен с оптическим телефоном. Оdnako при наличии оптического изображения Лунны отсутствовал отраженный радиосигнал. В то же время, когда удавалось получить отраженный радиосигнал, не было оптического изображения. Объясните это явление.

А. Р. Зильберман

Решения задач

M1147—M1150, Ф1158—Ф1162

М1147. Задано несколько точек, соединенных отрезками двух центов: некоторые пары точек — получим отрезки, несколько отрезки, несколько отрезков четно. Доказите, что все точки можно разбить на два множества так, что каждый красный отрезок соединяет точки из разных множества, а каждый голубой — точки из одного и того же множества.

Возьем одну из заданных точек $a$ и рассмотрим все точки, соединенные с $a$ путем из данных отрезков. Если такой путь содержит четное число (возможно, нуль) красных отрезков, то относим соответствующее точку к множеству $A$, в частности, $a \in A$; если же число красных отрезков на таком пути нечетно, то относим его конец к множеству $B$ (см. рисунок). Это правило разбивается корректно: если в некоторую точку $x$ можно было прийти из $a$ по двум разным путям, причем в одном из них было бы четное, а в другом — нечетное число красных отрезков, то они составили бы замкнутый путь с нечетным числом красных отрезков, что по условию невозможно.

Ясно, что любой отрезок, соединяющий точки различных множества, — красный, а любой отрезок, соединяющий две точки $y$ и $z$ множества $B$ также синий, — если бы он был красным, то, при соединении его к пути из $a$ и $b$ с нечетным числом красных отрезков, мы получили бы путь из $a$ в $z$ с четным числом красных отрезков.

Если есть точки, с которых точка $a$ вообще не связана никаким путем, — заданная конфигурация

32

М1148. Докажите, что для любого $a > 1$, $a \neq \sqrt{q}$ ($p$ и $q$ целые) и натурального $n$ выполняется равенство $[\log_a 2] + [\log_a 3] + \dots + [\log_a n] + [a] + [a^2] + \dots + [a^k] = nk$, где $k = [\log_a n]$ ($[x]$ — целая часть числа $x$).

Для любого положительного $z$ число $[z]$ равно количеству натуральных чисел, не превысading $z$, поэтому $[\log_a m]$ есть количество точек вида $(m; y)$, где $y$ — натуральное число, не превысading $\log_a m$, а сумма $[\log_a 2] + [\log_a 3] + \dots + [\log_a n]$ — это количество точек с натуральными координатами, лежащих ниже прямой $y = k$ и левее графика $y = \log_a x$. Эти два множества точек не пересекаются, так как по условию на самом графике целочисленных точек нет (за исключением $(1; 0)$). А объединение этих множества, очевидно, дает все целочисленные точки $(x; y)$ в прямой угловнике $1 \leqslant x \leqslant n$, $1 \leqslant y \leqslant k$, число которых равно $kn$.

Р. В. Алексеев, Л. Д. Курляндчик

M1149. На плоскости заданы два луца $p, q$ с вершинами в точках $P$ и $Q$ соответствующего. Две окружности — одна с центром на луце $p$, проходящая через точку $P$, и другой с центром на луце $q$, проходящая через $Q$, — касаются друг друга в точке $M$ внешним образом. Найдите множество точек $M$.

Обозначим через $l$ и $m$ прямые, перpendикулярные лучам $p$ и $q$, проходящие через их концы $(P$ и $Q)$; через $\Pi_l$ и $\Pi_m$ — соответствующие полуплоскости, заполняемые нашими окружностями с центрами на $p$ и $q$. Очевидно, что когда одна из касающихся друг друга окружностей увеличивается, другая уменьшается так, что точка касания $M$ описывает некоторую линию, лежащую в пересечении $\Pi_l \cap \Pi_m$; ее концы соответствуют крайним положением, когда одна из окружностей выходит ливо в точку $(P$ или $Q)$, либо — в прямую $(l$ или $m)$; концы линии не принадлежат исключому множеству. Мы докажем, что эта линия — дуга окружности, проходящей через точки $P$ и $Q$; для этого нужно лишь проверить, что величины угла $PMQ$ постоянна.

Предположим, что лучи расположены, как на рисунке 1 (искомое множество здесь — голубая дуга). Пусть

33

R — точка пересечения прямых l и m, t — общая касательная к окружности в точке M, α и β — углы, образуемые его с прямыми l и m. Тогда α + β = 180° – ∠PRQ и ∠PMQ = (90° – α/2) + (90° – β/2) = 180° – (α + β)/2 = 180° + ∠PRQ.

Обратно, через любую точку M головой дуги проходят две касающиеся в ней окружности, удовлетворяющие условиям задачи (если проведится через M прямую, составляющую углы α = 180° – 2∠MPR и β = 180° – α – ∠PRQ, то образуют два равноведренных треугольника с основаниями MP и MQ).

Аналогичное доказательство можно найти и для любого другого расположения лучей: величина α + β (и, следовательно, ∠PMQ) всегда выражается через угол между прямыми l и m (т. е. через ∠PRQ), поскольку углы α и β между касательными (l и t, t и m) расположены по разные стороны от прямой t.

Заметим, что центр O головой дуги — это середина дуги PQ окружности, проходящей через точки P, Q, R: например, для расположения, показанного на рисунке 1, ∠POQ = ∠POM + ∠MOQ = 2(180° – ∠PMQ) = 180° – ∠PRQ и, конечно, OP = OQ.

Сформулируем ответ в общем виде; для этого удобно дополнить лучи p и q до прямых (рисунок 2; мы считаем, что прямые l и m пересекаются). Опишем окружность �omega вокруг треугольника PQR и из концов ее диаметра, перпендикулярного хорде PQ, проведем как из центра окружности через точки P и Q; пусть ω1 — та из них, внутри которого лежит точка R, а ω2 — вторая. Если Π_l ∩ Π_m это угол PRQ или вертикальной к нему, то исключаем множество есть дуга окружности ω1, заключенная внутри этого угла; если это угол, смejный с ∠PRQ, то нужно взять заключенную внутри него дугу ω2. (Концы дуг выбрасываются.)

Другими словами, если на рисунке 2 в качестве луча p взять p_i (i=1, 2), а в качестве луча q − q_j (j=1, 2), то ответом будет головая дуга a_ij.

Отметим, что если в условиях заменить лучи на содержащие их прямые и расматривать как внешнее, так и внутреннее касания окружностей, то исключаем множество будет объединение окружностей ω1 ∪ ω2 (без точки P и Q).

На рисунке 3 изображен ответ для частных случаев, когда l || m: в случае a) это — одна точка, б) — дуга окружности с диаметром PQ, в) — пустое множество, г) — отрезок PQ (это можно получить из общего случая, приняв за ω1 прямую PQ, а за ω2 — окружность с диаметром PQ).

Читатели, знакомые с инверсией, могут применить к нашей задаче это преобразование: после инверсии с центром P дело совпадается к отисканию множества точек касания лучка параллельных прямых и лучка окружностей, касающейся заданной прямой в заданной точке; это множество лежит на двух прямых, проходящих через заданной точку.

В. Н. Дубровский

35

сти лежит трос. Какие колеса должны быть ведущими? Зависит ли от этого T?

силу тягги автоматически:

$$T = F = \frac{\mu M g}{2(1 - \mu R / l)} = 4120 \text{ H.}$$

Заметим, что для задних колес сила реакции, а значит, и сила давления на них больше половины веса автоматically, а для передних колес — меньше.

Если ведущие колеса — передние, то сила треня (и, следовательно, сила тягги) $F = \mu N_2$, а остальные уравнения остаются теми же. В результате получаем

$$T = F = \frac{\mu M g}{2(1 + \mu R / l)} = 3880 \text{ H.}$$

Таким образом, мы видим, что больше сила тягги развивается в том случае, когда ведущие колеса — задние.

В результате ситuation центр масс автоматически относительно близке к задней оси, чем к передней. Но и тогда тоже направляется в случае задних ведущих колес.

А. И. Буздин

Ф1159. Представьте, что вы находите в движущейся сукоренцем электричке и идете с постояной относительной базона скоростью вперед по ходу поезда. Весьма оцутимая сила толкает вас назад, и вы, несомненно, совершаете работу против этой силы. На что же расходуется ваша работа? Видимо, она не может идти на дополнительный разzon электрички — ведь вы толкаете ее назад. В чем же здесь дело? Не нарушается ли закон сохранения энергии?

Энергетические затраты электрички, когда человек отделяет на сидении или когда он идет с постоянной относительной базона скоростью, одинаковы. Действительно, в обихх случае ускорения человека одинаковы, поэтому одинаковы и силы, действующие на электричку со стороны человека. Значит, человек работает «на себя». Проверим это предположение.

Пусть $a$ — ускорение электрички. За время $\Delta t$, в течение которого скорость электрички изменяется от $v$ до $v + a \Delta t$, сидящему человеку массой $m$ сообщается энергия

$$E_1 = \frac{m(v + a \Delta t)^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = \frac{m}{2}((v + a \Delta t)^2 - v^2).$$

Если же человек движется вперед со скоростью $u$ относительно базона, то за это же время его кинетическая энергия должна увеличиться на величины

$$E_2 = \frac{m(v + a \Delta t + u)^2}{2} - \frac{m(v + u)^2}{2} = \frac{m}{2}((v + a \Delta t)^2 - v^2) + mua \Delta t.$$

Первое слагаемое в этом выражении «обеспечивает» работа двигателей электрички (такая же, как в первом случае), а дополнительная энергия $mu \Delta t$ возникает как раз за счет работы мыщт человека. В самом деле, сила, работа против которой совершает человек, равна $ma$; за время $\Delta t$ человек пройдёт по вагону путь $u \Delta t$; следовательно, он совершит работу, равную $ma \Delta t$.

Таким образом, действительно работа мыщт при холоде обеспечивает большие изменения кинетической энергии человека, чем в случае, когда он сидит. Поэтому с законом сохранения энергии и на этот раз все в порядке.

А. И. Коротков

36

Ф1160. В цилиндре радиусом R и высотой H находится N электронов. Параллельно оси цилиндра прилокено построенное поле индукцией B. Предполагая, что все электроны имеют одинаковые по величины скорости v, лежащие в плоскости, перепendlukулярной магнитному полю, а удары электронов о стениц цилиндра абсолотно упруже, оцените,чем равно и как зависит от магнитного поля давление на стениц цилиндра, которое создает такой «электронный газ» (давление можно найти с точностью до построенного коэффициента, не зависит от магнитного поля). Заряд электрона e, масса m. Считать, что (mv/eB)≪R («сильное» поле B). Взаимодействием электронов друг с другом пребрежить.

В магнитном поле все электроны будут двигаться по дугам окружностей радиусом

$$r = \frac{mv}{eB} \ll R.$$

Соударяться со стенками цилиндра будет только те электроны, центр орбитных нахождения от стенок на расстоянии h<r (см. рисунок). При каждом соударении электрон передает стенке импульс

$$\Delta P = 2mv \sin \alpha,$$

а проискодят эти соударения с инвервалом во времени

$$\Delta t = \frac{2(\pi - \alpha)r}{v}.$$

Для оценки давления «электронного газа» на стенки цилиндра будем считать, что каждый электрон действует на стенку с силой

$$f = \frac{\Delta P}{\Delta t} = \frac{mv^2 \sin \alpha}{(\pi - \alpha)r}.$$

Количество электронов, соударяющихся с небольшим участком стенки площадью S, равно

$$z = 2rSn = 2rS \frac{N}{\pi R^2H}$$

(здесь n — плотность электронов в цилиндре).

Тогда искомое давление «электронного газа» можно представить в виде

$$p = \frac{zf_{cp}}{S} = 2rnf_{cp} = 2rn \frac{mv^2}{r} \left( \frac{\sin \alpha}{\pi - \alpha} \right)_{cp} = 2nmv^2C,$$

где f_{cp} — сила, с которой электрон действует на стенку, ускоренная по положению центра его орбиты, a C=(sin α/(π-α))_{cp} — некоторое постоянное число, не зависит от магнитного поля.

Окончательное давление «электронного газа» на стенки цилиндра (с точностью до построного коэффициента) равно

$$p = 2Cnmv^2 = \frac{2CNmv^2}{\pi R^2H}$$

и не зависит от магнитного поля.

Д. А. Купцов

Ф1161. В архитектурной акустике хорошо известно явление «шепучец» галереи. В крупных соборах (например, в соборе Святого Петра в Риме) по окружности основания купола устроена огороженная плоская

Представим себе, что в точке A находится направленный источник звука (это соответствует случаю говорящему человке). Тогда из узкого пучка лучей, направленных непосредственно в точку B, до нее дойдет, строго говоря, лишь один луч (рис. 2, a). Остальные лучи попадут в близкие к B, но другие точки. Если тот же пучок лучей, вышедших из точки A, направлен вдоль стены галереи, то в точку B попадет уже не один, а много

37

Цадка (галерея), куда разрешен доступ туристам. Давно было заменено, что негромкая речь в точке А (рис. 1) хорошо слышна в точке B, если говорящий смотрит вдоль стены галереи. Но если говорящий смотрит в направлении на точку B, то при такой же громкости речь в точке B ничего не слышно. Почему это происходит?
В точке А ненаправленный источник звука испускает достаточно громкий импульс дигетельностью $\tau_1$. Какова будет дигетельность импульса, приятого в точке B? Диаметр галереи d.

Задатчик, Канша

лучей, отраженных от стены галереи (рис. 2, 6). Вот почему «выгоднее» говорить вдоль стены — звук при этом как бы стелется вдоль «шепучей» галереи.

Если же в точке A находится ненаправленный излучатель достаточно громкого звука, то этот звук может попасть в точку B многоими путями. Кратчайший из них — напрямик от A к B. Сигнал, идиший таким путем, придет первым, и ему попадобится время

$$\tau_0 = \frac{d}{v},$$

где $v$ — скорость звука. Затем придут два сигнала (один справа, другой слева — см. рис. 3), однократно отраженные от стены галереи. Потом последуют двухкратно, трехкратно и так далее многоократно отраженные сигналы. Последними придут два сигнала,ышедшие из А практически по касательной к стене галереи в две противоположные стороны. Каждый из этих сигналов, отражшись от стены очень число раз, пройдет путь, практически равный половине длины окружности галереи. Для этого потребуется время

$$\tau = \frac{\pi d}{2} = \frac{\pi d}{2v}.$$

Разница во времени распространения первого и последнего сигналов составляет

$$\Delta \tau = \tau - \tau_0 = \frac{d}{v} \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right).$$

Именно на такое время будет затянут звуковой импульс, испущенный в точке A, по отношению к точке B. Следовательно, дигетельность импульса, приятого в точке B, будет равна

$$\tau_2 = \tau_1 + \Delta \tau = \tau_1 + \frac{d}{v} \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right)$$

Интересно заметить, что при любом другом расположении точек испускания и приема звуковых импульсов разница в их дигетельности будет еще больше (убедитесь в этом самостояльно).

В. И. Клячин

38

Ф1162. Под водой на глубине h находится точный источник света. Где расположено изображение этого источника для наблюдателя, смотрящего водой поверхности воды (рис. 1)? Показатель преломления воды n.

Наблюдатель, смотрящий водой поверхности воды, рассматривает изображение источника в лучах, образующих после преломления на границе вода — воздух очень малые углы с поверхности воды.

Рассмотрим луч, составляющий малый угол $\Delta\varphi$ с горизонтом и ограничивающий выбранный нами лучок лучей (рис. 2). Обозначим через $A$ точку выхода из воды этого пограночного луча, а через $B$ — точку соприксовнения с поверхности воды луча, испытавшего полное отражение, и найдем расстояние между этим точками:

$$AB = h(tg\alpha_0 - tg(\alpha_0 - \Delta\alpha)).$$

Здеся $\alpha_0$ — предельный угол полного отражения $(\sin\alpha_0 = 1/n)$, а $(\alpha_0 - \Delta\alpha)$ — угол падения на поверхности воды луча, который после преломления образует с ней угол $\Delta\varphi$.

Согласно закону преломления света,

$$\frac{\sin(\alpha_0 - \Delta\alpha)}{\sin(\pi/2 - \Delta\varphi)} = \frac{1}{n},$$

или, с учетом того, что $\sin\alpha_0 = 1/n$,

$$\cos\Delta\alpha - \cos\Delta\varphi = n \cos\alpha_0 \cdot \sin\Delta\alpha.$$

Для малых углов $\Delta\alpha$ и $\Delta\varphi$ справедливый соотношение:

$$\cos\Delta\alpha = 1 - 2\sin^2(\Delta\alpha/2) = 1 - (\Delta\alpha)^2/2,$$

$$\cos\Delta\varphi = 1 - (\Delta\varphi)^2/2.$$

Отсюда получаем квадратное уравнение для угла $\Delta\alpha$:

$$(\Delta\alpha)^2 + 2n \cos\alpha_0 \cdot \Delta\alpha - (\Delta\varphi)^2 = 0.$$

Учитывая, что $(\Delta\alpha)^2 \ll \Delta\alpha$, находим

$$\Delta\alpha = \frac{(\Delta\varphi)^2}{2n \cos\alpha_0} = \frac{(\Delta\varphi)^2}{2\sqrt{n^2 - 1}}.$$

Тогда

$$AB = h \frac{\sin\Delta\alpha}{\cos\alpha_0 \cdot \cos(\alpha_0 - \Delta\alpha)} \approx h \frac{\Delta\alpha}{\cos^2\alpha_0} \ll h \tg\alpha_0.$$

Таким образом, для парасильных лучей (т. е. лучей, для которых $\Delta\varphi \ll 1$) изображение источника оказывается в точке падения луча, испытавшего полное отражение (в точке $B$).

С. С. Кротов