Квант 2018, №7 · Страницы

4

КВАНТ 2018/№7

Рис. 3. Последовательность движений при ходьбе

(рис.3). Такая размеренная ходьба уже представляет собой управляемую последовательность падений. Ее даже называют иначе чередой рефлекторно контролируемых падений. В начале шага человек, стоя на одной ноге, наклоняется вперед и начинает падать. В ходе падения вытянутая вперед нога касается земли, и по инерции движения на нее переносится вес тела. Колено, амортизируя падение, подгибается, затем выпрямляется и процесс повторяется. Такая нормальная ходьба в ходе ежедневных упражнений доведена до автоматизма, и работа системы управления положением во время ходьбы происходит рефлекторно. При этом одновременно решается целый комплекс задач: плавность ходьбы, сохранение походки, минимальный расход энергии. Мышцы напрягаются и расслабляются в нужной последовательности. Но вот неожиданное препятствие – человек споткнулся, внезапно ощутил начало падения и понял, что его рефлекторно уже не остановить. Время падения ’ $t_{п}$ легко оценить. Если высота центра тяжести человека равна Н, то из известного соотношения H g ’ $t_{п}^{2} 2$ при Н = 0,6 – 1 м следует, что ’ $t_{п} = 0,35$ – 0,45 с, т.е. на «разруливание ситуации» есть менее полсекунды. Скорость при падении на землю может достичь $v_{п} g$ ’ $t_{п} \sim 4$ м с. Что можно и нужно успеть сделать? Приведем простейшие советы по «управлению» в ходе $падения:_{i}$ Присесть! Снижение высоты падения уменьшает скорость приземления и соответствующие последствия.

i Группировка! Уподобившись «колобку», вы при падении просто перекатитесь, что менее $травматично._{i}$ Наибольшее внимание – «слабым местам»: позвоночнику и голове! Успеть упасть на бок, прижав подбородок к груди. Руки к туловищу, зубы стиснуты, глаза следят за процессом падения. Реально ли все это успеть сообразить и исполнить за полсекунды? Реально, если у вас накоплен навык и выработан соответствующий рефлекс поведения при падении. Поэтому спортсменов, например, специально учат правильно падать.

Аквапланирование

Наконец, еще один пример, который знаком многим автомобилистам, – аквапланирование (рис.4). Под аквапланированием понимают полную или частичную внезапную потерю сцепления из-за при-

Рис. 4. Слева – скорость меньше критической, колесо контактирует с покрытием дороги; справа – скорость больше критической, колесо «всплыло» над дорогой, начинается аквапланирование

сутствия воды между полотном дороги и колесом. Подобное бывает при движении автомобиля на большой скорости после

9

КВАДРАТИЧНЫЕ

ОТОБРАЖЕНИЯ

В

КАРТИНКАХ

Рис.2. Картинки к упражнению 2

< O < 4 демонстрирует большое разнообразие. В большинстве случаев поведение последовательности $x_{n}$ является хаотическим$^{3}$, но при некоторых значениях O встречается периодическое предельное поведение. O 4,01 Наконец, при O > 4 практически для любого начального значения $x_{0}$ последовательность $x_{n}$ уходит на бесконечность.

3 Обратим внимание, что такое поведение выглядит будто случайное (и даже обладает некоторыми математическими свойствами, характерными для случайного процесса), однако никакого «настоящего» источника случайности у нас нет (кроме ошибок округления, которые в некоторых случаях способны превратить детерминированный процесс в случайный). Никто не подбрасывает монетку, чтобы определить очередные значения $x_{n}$, они вычисляются по точным формулам, однако ведут себя совершенно хаотично.

Закончим этот раздел цитатой из книги Катка и Хасселблата. Вывод, который можно сделать из рассмотренных примеров, заключается в следующем: Простые системы могут демонстрировать сложное долгосрочное поведение, и, хотя это может показаться неожиданным, такое сложное поведение должно быть весьма распространенным. Отметим, что резкий переход от одного типа долгосрочного поведения последовательности $x_{n}$ к другому типу при незначительном изменении параметра (в нашем случае O ) называется бифуркацией.

(Продолжение следует)

И З ИСТОРИИ НАУКИ

Джеймс Джоуль

(к 200-летию со дня рождения)

Л.БЕЛОПУХОВ

ВЕЛИКИЙ АНГЛИЙСКИЙ УЧЕНЫЙ ДЖЕЙМС

Прескотт Джоуль (1818–1889) родился в Солфорде близ Манчестера в семье пивовара. Из-за плохого здоровья он смог начать систематическое школьное образование лишь в 15 лет, причем одновременно ему пришлось трудиться на семейной пивоварне (после смерти отца управлять ею вместе со своим братом) вплоть до 36-летнего возраста, когда семейное предприятие удалось, наконец, продать. Одним из его домашних учителей был Джон Дальтон (1766–1844), замечательный физик-экспериментатор и химик-теоретик, один из создателей атомистических представлений в химии. Дальтон учил Джоуля математике и физике. Эта учеба была столь успешной, что уже в 19-летнем возрасте Джоуль сделал заявку на получение патента оригинального электрического двигателя, сконструированного им и построенного в своей мастерской.

Член редколлегии нашего журнала Лель Константинович Белопухов недавно отметил свое 90- летие. К этому юбилею он подготовил к изданию новую книгу под названием «Физика и физики», в которой излагает историю развития любимой науки через биографии ее создателей. Книга выпущена издательством «Книжный дом Университет» в серии «Библиотека физико-математической школы» и содержит 75 биографий выдающихся физиков. Их выбор определился исключительно авторскими симпатиями и предпочтениями, основанными на многолетнем опыте преподавания в высшей школе. Мы выбрали в качестве примера биографию Джеймса Джоуля, которому в этом году исполнилось 200 лет. Редакция нашего журнала поздравляет Леля Константиновича с юбилеем и желает ему новых книг и статей в «Кванте», а также любознательных слушателей и читателей.

Джеймс Джоуль (1818–1889)

Джоуля интересовали электричество и теплота. После тщательных точных экспериментов в 1841 году он установил закон теплового действия электрического тока (зависимость количества теплоты, выделяемого в проводнике при прохождении через него электрического тока, от величины тока и сопротивления проводника). Годом позже, в 1842 году русский физик Эмилий Ленц (1804–1865), декан физико-математического факультета Петербургского университета (впоследствии ставший его ректором), ничего не зная об опытах Джоуля, также экспериментально установил этот закон, который сегодня носит двойное имя: закон Джоуля–Ленца.

12

КВАНТ 2018/№7

маны, карточные игры – да, все это было. Но ее интимными друзьями были выдающиеся французские математики Мопертюи, Клеро и великий философ Вольтер. Ее достижения в математике и физике (оптике и акустике) не были значительными, но рассматривались на заседаниях Королевского общества, где она сама, как женщина, не имела права присутствовать. После ее безвременной кончины прусский король Фридрих Великий сказал: «Я потерял друга, которого знал 25 лет, великого человека, единственный недостаток которого заключался в том, что он был женщиной, человека, которого чтит весь Париж». Имя этой выдающейся женщины носит один из кратеров на Луне, а недавно состоялась премьера оперы финского композитора Кайи Саариахо «Эмили». Постепенно термин «энергия» входил в жизнь. В 1807 году английский физик Томас Юнг стал употреблять его в научных статьях. В 1829 году французский физик Гаспар Кориолис впервые употребил термин «кинетическая энергия». В 1851 году появилось понятие «потенциальная энергия» (английский физик Уильям Ренкин). И, наконец, в 1881 году на лекции Уильяма Томсона (лорда Кельвина) прозвучало: «Само слово энергия, хотя и было употреблено в современном смысле доктором Томасом Юнгом в начале этого века, только сейчас входит в употребление, после того как теория развилась от простой формулы до принципа, пронзающего всю природу и направляющего исследователя в области науки». В честь Джоуля на Втором международном конгрессе электриков в 1889 году единица энергии получила его имя. Но, к сожалению, и до нашего времени сохранилось обыкновение тепловую и химическую энергию измерять в старых энергетических единицах – калориях. Особенно держатся за эту единицу химики и химико-технологи. Некоторым оправданием для них может служить то обстоятельство, что удельная теплоемкость воды при этом точно равна единице ( 1 кал ( г ◊ град ) ). От химической технологии недалеко и до пищевой промышленности. Поэтому энергетическая ценность продуктов питания обозначалась до недавнего

времени только в калориях. Сейчас идет переходный процесс – при маркировке продуктов питания используются две величины энергетической ценности: килокалории и килоджоули. Гораздо медленнее будет изменяться язык. Слово «калорийность» в обозримом будущем в обыденном языке вряд ли заменится на слово «джоулейность» несмотря на то, что для человеческого организма это одна и та же величина энергетической полезности (или вредности). Кроме установления закона превращения и сохранения энергии, Джоуль сделал еще очень много в термодинамике и исследовании газовых процессов. Вместе с У.Томсоном он открыл эффект охлаждения при медленном (а не быстром) расширении газа через пористую перегородку от большой плотности к малой. Этот эффект, получивший имя Джоуля–Томсона, и сейчас лежит в основе процесса получения сжиженных газов и многих технологических процессов. Например, при необходимости сконденсировать водяной пар, содержащийся в природном газе, перед его поступлением в трубопровод, чтобы предохранять стальные трубы от окисления (ржавчины). Джоуль был одним из основателей кинетической теории газов, намного опередив работы Максвелла и Больцмана. Убежденный сторонник атомистической теории, он рассматривал теплоту как энергию частиц газа, передаваемую от одного тела к другому. Давление газа он считал результатом ударов частиц газа о стенки сосуда, а скорость частиц – зависящей от температуры газа. Занимался он и изучением магнитных свойств веществ – открыл явление насыщения при намагничивании железа и явление магнитострикции при перемагничивании. Благодаря своим точным экспериментальным работам, Джоуль уже в 32 года был избран в Королевское общество и занял прочное место в истории науки как один из создателей закона сохранения и превращения энергии, этого важнейшего закона природы.

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Задачи по математике и физике

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электронным адресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно или по почтовому адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашим решением этой задачи присылайте по тем же адресам. Задачи М2518–М2521 предлагались на III Кавказской математической олимпиаде.

Задачи М2518–М2521, Ф2525–Ф2528

M2518. Графики двух квадратных трехчленов пересекаются в точках A и B (рис.1).

существует бесквадратный способ разбиения на пары. Докажите, что в таком случае существует не менее n! бесквадратных способов разбиения этих 2n чисел на пары. П.Кожевников

M2520. На изначально пустую доску 8 ¥ 8 одна за другой выставляются фишки. Фишку можно ставить только в клетку, которая граничит по стороне хотя бы а) с двумя; б) с тремя свободными клетками. Какое наибольшее число фишек мы можем выставить на доску по таким правилам? Д.Белов, В.Брагин

Рис. 1

Через вершину O первого из них проведены прямые OA и OB, они пересекают второй график в точках C и D соответственно. Докажите, что прямая CD параллельна оси абсцисс. А.Антропов

M2519. Назовем способ разбиения множества из 2n натуральных чисел на n пар бесквадратным, если ни в одной паре произведение чисел не является квадратом натурального числа. Известно, что для данных 2n различных натуральных чисел

M2521. В каждую клетку таблицы n ¥ n Мортеза поместил некоторую функцию [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (т.е. всего $n^{2}$ функций, каждая из которых определена на отрезке [ 0; 1 ] и принимает значения из отрезка [ 0; 1 ] ). Павел хочет поместить слева от каждой строки и снизу под каждым столбцом еще по одной функции [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (т.е. еще 2n функций) так, чтобы для любой строки и любого столбца было выполнено следующее условие: если под этим столбцом помещена функция f, слева от строки помещена функция g, а в пересечении этого столбца и этой строки помещена функция h, то для любого x Œ [ 0; 1 ] верно равенство h ( x ) = f ( g ( x ) ). Докажите, что Павел всегда сможет осуществить свой замысел. М.Сагафиян (Иран)

15

ЗАДАЧНИК

делится на $p^{D+} 1 ).$ Аналогично, пусть p входит в разложения b и c в степенях E и J соответственно. Для определенности считаем, что $D \ge E \ge J$. Тогда p входит в разложения НОД ( a, b ) и НОК ( b, c ) в степени E. Из делимости c ⋮ НОД ( a, b ) вытекает, что $J \ge E$, а из делимости НОК ( b, c ) ⋮ a следует, что $E \ge D$. Таким образом, D = E = J, что и требовалось. б) Пусть данные числа – это a, b, c, d. Достаточно доказать, что фиксированное простое число p входит в разложение числа abcd в четной степени. Снова обозначим степени вхождения p в разложения: пусть для чисел a, b, c, d они равны D, E, J, G соответственно, при этом для определенности считаем, что $D \ge E \ge J \ge G$. Так как d ⋮ НОД ( a, b, c ), то $G \ge$ min { D, E, J } = J. Значит, J = G. Так как НОК ( b, c, d ) ⋮ a, то E = max ${ E, J, G } \ge \ge D$. Значит, D = E. Следовательно, p входит в разложение числа abcd в четной степени D + E + J + G = = 2 ( D + J ). Это и требовалось установить. Из решения задачи б) нетрудно получить полное описание всех четверок чисел a, b, c, d, удовлетворяющих условию. В отличие от пункта а), легко привести примеры четверок различных чисел, удовлетворяющих условию. Например, a = pq, b = p, c = q, d = 1, где p и q – различные простые числа. Б.Френкин

M2507. Пусть ABCD – вписанный четырехугольник, а точка P лежит на стороне AB (рис.1). Диагональ AC пере-

Рис. 1

«КВАНТА»

секает отрезок DP в точке Q. Прямая, проходящая через P параллельно CD, пересекает продолжение стороны CB за точку B в точке K, а прямая, проходящая через Q параллельно BD, пересекает продолжение стороны CB за точку B в точке L. Докажите, что описанные окружности треугольников BKP и CLQ касаются.

Мы докажем, что окружности BKP и CLQ касаются в точке T повторного пересечения прямой DP и окружности ABCD (рис.2). Так как четырехугольник BCDT

Рис. 2

вписанный, получаем – KBT = – CDT. Поскольку KP P CD, имеем – CDT = – KPT. Таким образом, – KBT = – CDT = – KPT, откуда следует, что T лежит на окружности BKP. Аналогично, равенства – LCT = = – BDT = – LQT показывают, что T также лежит на окружности CLQ. Остается доказать, что эти окружности в самом деле касаются в точке T. Пусть m – касательная, проведенная в точке T к окружности BKTP. По теореме об угле между касательной и хордой, угол D между прямой m и прямой TD равен углу TBP. Но – TBP = – TBA = – TCA = – TCQ. Из равенства D = – TCQ следует касание прямой m и окружности CLTQ. Тем самым, m – общая касательная окружностей, и задача решена. Отметим, что точка T может быть также описана как точка Микеля для любой четверки из пяти прямых AB, BC, AC, KP, LQ. Конечно, утверждение задачи будет верно для аналогичной конструкции, где P – произвольная точка на прямой AB (не

17

ЗАДАЧНИК

нашего разбиения. Тогда Анна ориентирует отрезок t таким образом, чтобы либо обе стрелки на отрезках s и t входили в вершину уголка, либо обе выходили из вершины уголка (примеры показаны на рис.2). Заметим, что после каждого хода Анны лю-

«КВАНТА»

стратегию для разбиения решетки только на ЛН-уголки. И.Богданов, М.Дидин

$Ф2513.^{1}$ Два очень длинных стержня вращаются с постоянными угловыми скоростями Z и 2 Z вокруг параллельных осей, проходящих через их концы А и В (см. рисунок). Расстояние между осями l, в

Рис. 2

бой уголок нашего разбиения либо состоит из двух уже ориентированных отрезков, либо из двух еще не ориентированных. Это означает, что Анна всегда сможет сделать свой ход по указанной выше стратегии. Предположим, что на некотором шаге Боб все-таки выиграл, т.е. появился ориентированный цикл C. Найдем самую левую из вертикальных линий сетки, на которой есть узлы цикла C, и среди этих узлов выберем самый нижний. Обозначим этот узел через X, т.е. X – «самый нижний из самых левых». Аналогично определим «самый верхний среди самых правых» узлов цикла C. Если X лежит строго левее средней линии, то X – вершина некоторого ЛН-уголка, у которого оба отрезка ориентированы. По определению узла X, оба эти отрезка входят в цикл C. Но, согласно стратегии Анны, эти отрезки ориентированы таким образом, что они не могут быть в ориентированном цикле. Иначе, узел Y лежит строго правее средней линии, и аналогичные рассуждения для узла Y приводят к противоречию. Таким образом, Боб никогда не выиграет. Задача решена. Более простой вариант этой задачи получится, если Боб ходим первым. В этом случае достаточно использовать парную начальный момент оба стержня направлены направо. По какой траектории движется точка пересечения стержней O? Найдите скорость и ускорение этой точки через время t = S ( 6 Z ) после начала движения. Ответ обоснуйте.

Пусть после начала движения (когда стержни были направлены направо) прошло некоторое время t, которое меньше времени половины оборота правого стержня, т.е. t < S ( 2 Z ). Рассмотрим треугольник АВО, где А и В – концы стержней, вокруг которых они вращаются, О – точка пересечения стержней в этот момент. Очевидно, этот треугольник равнобедренный, в котором АВ = ВО. Действительно, поскольку угол АВО равен S - 2 Z t и угол ОАВ равен Z t, то угол АОВ равен S - Z t - ( S - 2 Z t ) = Z t. Таким образом, в треугольнике ОАВ равны углы АОВ и ОАВ, а следовательно, этот треугольник равнобедренный, в котором АВ = ВО в любой момент времени. Так что расстояние от точки В до точки пересечения стержней О остается одинаковым в процессе движения и равным l. Следовательно, точка пересечения стержней движется с постоянной угловой скоростью 2Z по окружности с центром в точке В и радиу-

1 Автор решений задач Ф2513–Ф2516 – С.Муравьев.

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШК О ЛЬНИК О В

Задачи

Бусинку продвинули от начала проволоки до ее конца. Как будет повернуто изображение на бусинке?

завести кошек, чтобы мыши покинули деревню?

Валера нарисовал внутри прямоугольника ломаную линию. Градусные меры некоторых углов указаны на рисунке. Чему равен угол x?

В деревне (см. рисунок) во всех домах живут мыши. Как только в доме заводят кошку, все мыши убегают из этого дома и из всех домов,

Иллюстрации Д.Гришуковой

У Ника есть пять гирь массой 2 кг, 3 кг, 4 кг, 5 кг, 6 кг. Он хочет добавить к ним еще одну гирю так, чтобы эти шесть гирь можно было разбить на три группы равной массы. Сколькими способами это можно сделать?

соединенных с ним дорожкой. В каком наименьшем числе домов надо

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8 классов. Эти задачи предлагались на Международном математическом конкурсе-игре «Кенгуру» в 2018 году.

22

КВАН T 2018/№7

Комбинации квадратов

Е.БАКАЕВ

ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ ЭТОЙ СТА- тьи достаточно знать программу 7 класса школьного курса геометрии: признаки равенства треугольников, сумму углов треугольника, а также что собой представляет квадрат. С этим «набором юного геометра» мы предлагаем пройти путь до некоторых непростых и, надеемся, красивых задач. Эти задачи, как часто бывает в геометрии, можно решать по-разному. Например, многие коротко решаются с помощью векторов или комплексных координат. Но наша цель не показать наиболее короткие решения, а дать читателю (и решателю) увидеть связь в цепочке задач, общую для них геометрическую конструкцию. Решения задач записаны кратко. Мы подразумеваем, что некоторые логические переходы неочевидны и требуют от читателя самостоятельного обдумывания. Также предлагаем в этих задачах не обращать внимания на другие возможные случаи взаимного расположения объектов, а опираться на рисунок, который задает условие. Но внимательному читателю будет полезно самостоятельно поразмыслить, что собой представляют эти дру-

Рис. 1

гие случаи и как следует формулировать доказательство, чтобы оно охватывало и их тоже. Автор признателен В.Н.Дубровскому за предложение дополнить статью решениями с помощью поворота и за ценные указания по их написанию. Задача 1. На рисунке 1,а даны два квадрата с общей вершиной. Докажите, что пунктирные отрезки равны и перпендикулярны. Указание. Найдите два равных треугольника или воспользуйтесь поворотом. Решение. Первый способ. На рисунке 1,б закрашены два равных треугольника. Они равны по первому признаку: есть две пары равных сторон, а углы между ними в треугольниках одинаковые, потому что они образуются добавлением прямого угла к одному и тому же углу. Значит, пунктирные отрезки равны как соответствующие элементы равных треугольников. Теперь докажем их перпендикулярность. Рассмотрим треугольники, закрашенные на рисунке 1,в. Докажем, что в них одинаковые наборы углов (иначе говоря, треугольники подобны). Два угла равны как вертикальные. Еще два угла равны как соответ-

23

«КВАНТ»

ДЛЯ

МЛАДШИХ

ствующие элементы треугольников, равенство которых мы доказали выше. Сумма углов треугольника равна 180q, значит, и третьи углы треугольников равны. Так что угол между пунктирными отрезками прямой.

Упражнение 1. Докажите то же утверждение для квадратов, расположенных, как на рисунке 1,г. Указание. Продлите пунктирные отрезки до пересечения. Далее – аналогично решению для рисунка 1,а.

Второй способ. Это решение использует поворот. Поясним, что это такое. Сделаем копию чертежа на прозрачной пленке и наложим ее на чертеж так, чтобы оригинал и копия совпадали. Воткнем в стол иголку, проколов чертеж и копию. Если теперь подвинуть пленку, то копия чертежа на ней повернется вокруг точки O, в которую воткнута иголка (рис.1,д). Перечислим основные свойства поворота. Пусть поворот был совершен вокруг точки O, точка A перешла в точку A c, точка B – в B c. Тогда: 1) Углы AOA c и BOB c равны, иными словами, все точки поворачиваются на один и тот же угол. Он называется углом поворота (рис.1,е). 2) Фигуры переходят в равные им фигуры. В частности, OA OA c, AB A c B c, ’ OAB ’ OA c B c. 3) Угол между прямыми (точнее, лучами) AB и A c B c равен углу поворота.

Упражнение 2. Докажите свойство 3. Указание. Обозначим прямые AB и A c B c как а и a c соответственно (рис.1,ж). Через точку O проведем прямую b параллельно прямой а. Пусть при повороте b переходит в b c. Тогда a c P b c. Получаем два угла с параллельными сторонами.

Рис. 2

ШК О ЛЬНИК О В

Вооруженные свойствами поворота, вернемся к нашей задаче. Повернем конструкцию на 90q вокруг общей вершины квадратов (рис.1,з). Тогда в каждом квадрате одна вершина перейдет в другую (потому что соседние стороны квадрата равны и перпендикулярны). Соответственно, один пунктирный отрезок перейдет в другой. По свойству 2 эти отрезки равны, а по свойству 3 они перпендикулярны. Подробнее о поворотах и других движениях плоскости можно прочитать, например, в статье В.Бугаенко «Движения плоскости и теорема Шаля» в «Кванте» №4 за 2009 год или в статье В.Фишмана «Решение задач с помощью геометрических преобразований» в «Кванте» №7 за 1975 год. Задача 2. Рассмотрим теперь комбинацию трех квадратов, изображенную на рисунке 2,а. Докажите, что центр синего квадрата является серединой отрезка, соединяющего вершины двух красных квадратов. Указание. Найдите три равных треугольника. Решение. В предыдущей задаче рассматривались два квадрата с общей вершиной и возникали два равных треугольника с этой же общей вершиной. В нашей конструкции есть такие же пары квадратов, значит, есть и соответствующие им пары равных треугольников. Объединив две такие пары, получим, что три треугольника равны (рис.2,б). Задача свелась к такой: на противоположных сторонах квадрата построены равные треугольники (рис.2,в), требуется доказать, что их вершины лежат на одной прямой с центром квадрата. Рассмотрим симметрию относительно центра квадрата. (Центральная симмет-

24

КВАН T 2018/№7

рия – это поворот на 180q .) Квадрат симметричен самому себе, а треугольники – друг другу. Значит, вершины треугольников не только лежат на одной прямой с центром квадрата, но и равноудалены от него. Можно доказать это, и не прибегая к симметрии. Закрашенные на рисунке 2,г треугольники равны по первому признаку: две стороны равны как стороны равных треугольников, еще две стороны равны, потому что это отрезки, соединяющие вершины квадрата с его центром, а углы равны, потому что они состоят из углов в 45q и углов равных треугольников. Из равенства треугольников следует равенство углов, а раз две их стороны образуют одну прямую, значит, эти углы вертикальны. Задача 3. На рисунке 3,а даны три квадрата. Докажите, что вершина зеленого квадрата является серединой отрезка, соединяющего вершины красных квадратов.

Рис. 4

Задача 4. Даны два квадрата и отрезок, соединяющий их вершины (рис. 4). Докажите, что два пунктирных отрезка равны и перпендикулярны. Указание. Используйте предыдущую задачу. Решение. Эта задача обратна предыдущей. В ней мы доказали, что вершина зеленого квадрата является серединой отрезка, соединяющего вершины красных квадратов. Но у отрезка только одна середина, значит, пунктирные отрезки равны и перпендикулярны, так как это стороны зеленого квадрата из предыдущей задачи.

Рис. 3

Указание. Воспользуйтесь предыдущими задачами. Решение. Первый способ. Добавим синий квадрат, как на рисунке 3,б. Получим конструкцию из задачи 2, в которой мы уже доказали требуемое. Второй способ. Применим задачу 1 для зеленого и одного из красных квадратов. Получим, что два отрезка, отмеченных одной черточкой, равны и перпендикулярны (рис.3,в). Потом рассмотрим зеленый квадрат в паре с другим красным квадратом. Получим еще пару равных и перпендикулярных отрезков. Значит, рассматриваемые в условии задачи пунктирные отрезки равны и лежат на одной прямой.

Задача 5. Три квадрата расположены, как на рисунке 5,а. Докажите, что два пунктирных отрезка равны и перпендикулярны. Указание. Воспользуйтесь предыдущими задачами. Решение. Заметим, что комбинация квадратов здесь такая же, как в задаче 3. Значит, мы можем ее использовать и по-

Рис. 5

25

«КВАНТ»

ДЛЯ

МЛАДШИХ

лучить, что вершина зеленого квадрата лежит на середине отрезка, соединяющего две вершины красных квадратов (рис. 5,б). Теперь, зная, что это середина отрезка, воспользуемся задачей 4. Задача 6. Противоположные вершины синего квадрата расположены в центрах красных квадратов (рис.6,а). Докажите,

Рис. 6

что другие две вершины синего квадрата являются серединами отрезков, соединяющих вершины красных квадратов. Указание. Придумайте, к каким двум квадратам следует применить утверждение задачи 3. Решение. Рассмотрим два зеленых квадрата (рис.6,б). Применим к ним и к синему квадрату утверждение задачи 3. Для другой вершины синего квадрата утверж-

Рис. 7

Рис. 8

ШК О ЛЬНИК О В

дение доказывается аналогично, рассмотреть надо такие же зеленые квадраты, но построенные «с другой стороны». Задача 7. На сторонах четырехугольника во внешнюю сторону построены квадраты (рис.7,а). Докажите, что пунктирные отрезки, соединяющие центры противоположных квадратов, равны и перпендикулярны. Указание. Нужно больше квадратов! Решение. Рассмотрим красные квадраты, противоположные вершины которых лежат в центрах синих квадратов (рис.7,б). По задаче 6 вершины каждого из них попадают в середину диагонали четырехугольника, таким образом, у красных квадратов есть общая вершина. Применив к ним задачу 1, получим, что пунктирные отрезки равны и перпендикулярны. Задача 8. На сторонах четырехугольника во внешнюю сторону построены квадраты (рис.8,а). Докажите, что середины диагоналей четырехугольника и середины отрезков, соединяющих центры противоположных квадратов, образуют квадрат.

26

КВАН T 2018/№7

Указание. Воспользуйтесь тем, что получено в решении предыдущей задачи. Решение. Рассмотрим те же красные квадраты, что в доказательстве предыдущей задачи (рис.8,б). В решении задачи 1 мы показали, что отрезки переходят друг в друга при повороте вокруг общей вершины красных квадратов на 90q. При этом повороте середина одного отрезка переходит в середину другого. Значит, отрезки, соединяющие эти середины с центром поворота, равны и перпендикулярны (по свойствам 2 и 3 поворота). Таким образом, три точки, являющиеся концами зеленых отрезков, образуют равнобедренный прямоугольный треугольник. Рассмотрев другую пару красных квад-

Рис. 9

Задачи для самостоятельного решения

Указания к этим задачам есть в конце номера. Условия задач задаются рисунками 9–16. Для каждой комбинации квадратов надо либо доказать, что пунктирные отрезки перпендикулярны, либо доказать, что три точки лежат на одной (пунктирной) прямой.

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 14

ратов (общая вершина которых лежит в середине другой диагонали исходного четырехугольника), аналогичным образом получим, что другие три точки тоже образуют равнобедренный прямоугольный треугольник, причем у них общая гипотенуза. Значит, четыре точки образуют квадрат.

Рис. 12

Рис. 15

Рис. 13

Рис. 16

30

КВАН T 2018/№7

Случай двух кучек

Если m = 1, то кучка всего одна и начинающий выигрывает, забрав первым ходом из нее все камни. Если кучек две (m = 2), то стратегию можно получить с помощью расстановки знаков «+» и «–». Состояние игры определяют два числа – количество камней в первой и второй кучках, поэтому каждому состоянию можно поставить в соответствие клетку двумерной таблицы. Координата клетки по горизонтали соответствует количеству камней в первой кучке, по вертикали – во второй. После хода игрока уменьшается либо первая, либо вторая координата клетки, т.е. клетка, отвечающая новому состоянию, расположена либо ниже, либо левее исходной. Расставляя знаки «+» и «–» по сформулированным выше правилам, получим таблицу, приведенную на рисунке 1.

Рис. 1. Разработка стратегии в игре Ним с двумя кучками камней

Видно, что минусы располагаются по главной диагонали, т.е. в клетках, у которых первая координата совпадает со второй. Следовательно, правило «Ставь на минус!» приводит к следующей стратегии. Если кучки разные, победу себе может обеспечить первый игрок. Первым ходом он должен уравнять количества камней в обеих кучках, а далее следует повторять ход соперника, но на другой кучке, оставляя после своего хода кучки с равным числом камней в них. Если изначально кучки одинаковые, выигрывает

второй. Эта стратегия носит название симметричной, и мы получили ее при помощи расстановки знаков «+» и «–» в таблице.

Ним с тремя кучками

Теперь рассмотрим случай m = 3. Тогда состояние игры определяют три числа, и для разработки стратегии следует заполнить знаками «+» и «–» клетки трехмерной таблицы. Клетка таблицы с координатами (a, b, c), где a, b, c – неотрицательные целые числа, соответствует состоянию игры Ним, в котором в первой кучке находится a, во второй – b, а в третьей – c камней. Конечно, потратив определенное время, можно по сформулированным выше правилам осуществить расстановку знаков по слоям таблицы и тем самым разработать стратегию игры Ним с тремя кучками (при данных фиксированных a, b, c в начальной позиции). Поступим по-другому. Предположим, что знаки «+» и «–» в клетках трехмерной таблицы в соответствии с приведенными выше правилами уже расставлены. Докажем следующую $лемму.^{Лемма} 1.$ В любом столбце таблицы, в котором две координаты фиксированы, а третья принимает все неотрицательные значения, встречается ровно одна клетка со знаком «–». Доказательство. Пусть первые две координаты a и b фиксированы. Сначала покажем от противного, что в столбце не может быть двух или более клеток со знаком «–». Пусть в каждой из двух клеток с координатами $a, b, c_{1}$ и $a, b, c_{2}$ стоит знак «–» и $c_{1} c_{2}$. Тогда, взяв из третьей кучки $c_{2} c_{1}$ камней, за один ход игру можно перевести из состояния, соответствующего клетке $a, b, c_{2}$, в состояние, задаваемое клеткой $a, b, c_{1}$, т.е. с минуса на минус. Получили противоречие: все ходы с клетки со знаком «–» должны приводить на клетки со знаком «+». Следовательно, в столбце не может быть более одного минуса. Теперь докажем, что один «–» в любом столбце обязательно есть. Предположим противное и рассмотрим клетки одного столбца с координатами a, b, 0, a, b, 1, ……, a, b, a b. Их количество равно a + b + + 1. По нашему предположению, все они содержат знак «+». Тогда с каждой из них есть ход на клетку с минусом. Однако умень-

Кажущиеся прямые и попятные движения планет принадлежат не им, но Земле. Николай Коперник

… в этом труде я соединяю небесную физику с астрономией. Иоганн Кеплер

… Кеплер нашел истинную форму орбиты Земли и характер движения Земли по этой орбите. Все мы, кто родились позже, должны ему поклоняться и воздавать хвалу. Альберт Эйнштейн

… я сравнил силу, требуемую для того, чтобы удерживать Луну на ее орбите, с силой тяготения на поверхности Земли и нашел, что они весьма близки. Исаак Ньютон

Конечная цель небесной механики состоит в разрешении великого вопроса: может ли закон Ньютона, и только он один, объяснить все астрономические явления?.. Анри Пуанкаре

По яйцевидному пути Летит могучая комета.

Константин Бальмонт

Во времена Кеплера некоторые считали, что планеты движутся вокруг Солнца, потому что невидимые ангелы толкают их вдоль орбиты. Это не так уж далеко от истины: ангелы толкают планеты, но не вдоль, а поперек орбиты, в направлении к ее центру. Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакома вам

?

небесная механика

Итак, в нашем астрономическом путешествии мы, наконец, вышли за пределы Земли. И прежде всего натолкнулись на проблемы описания космических траекторий, по которым следуют небесные тела. До поры до времени единственным источником информации о них были лишь наблюдения невооруженным глазом, что зачастую приводило к необоснованным домыслам либо к весьма сложным теоретическим концепциям. Да еще эти материалистические построения необходимо было согласовывать с религиозными канонами! Несмотря ни на что, картина окружающего нас мира пополнилась за многие столетия новыми деталями, а с изобретением оптических приборов был совершен форменный прорыв в познании космоса. Вглядываясь в окуляр телескопа, астрономы изрядно расширили наши представления о Солнечной системе. Оказалось, что движения входящих в ее состав планет, комет и астероидов подчиняются открытым учеными законам, теперь позволяющим не только объяснить, но и предсказать их дальнейшую судьбу. Сегодня же поразительным подтверждением всеобщности этих законов служит обнаружение все новых экзопланет, входящих в состав невероятно далеких от нас подобий Солнечной системы. Созданная человеческим гением небесная механика работает и там! Попробуем убедиться в ее достоверности пока на более близких нам примерах.

Вопросы и задачи

1. В каком направлении будет происходить суточное движение звезд, Солнца и Луны для наблюдателя в Северном полушарии, если он повернется лицом к южной стороне горизонта? 2. Как можно надежно отличить на небосводе планету от звезды? 3. В какое время года Солнце быстрее движется относительно звезд (по эклиптике)? 4. Допустим, что Солнце неожиданно сколлапсировало в черную дыру. Как при этом изменится орбитальный период Земли? 5. Если бы масса Луны была вдвое больше, но она продолжала бы обращаться по той же орбите, то каким бы стал период ее обращения? 6. О каком периоде обращения Луны шла речь в предыдущей задаче? 7. На географическом полюсе Земли Сол-

нце полгода находится над горизонтом и полгода – под ним. А Луна? 8. Если бы орбита Луны лежала строго в плоскости эклиптики, то солнечные и лунные затмения происходили бы реже или чаще, чем сейчас? 9. По результатам каких измерений можно установить, что орбита Земли не является $окружностью?^{10.}$ Является ли орбита Земли $эллипсом?^{11.}$ Марс лучше всего виден с Земли, когда она расположена между ним и Солнцем. Каковы в это время условия видимости Земли с $Марса?^{12.}$ Может ли на какой-либо планете день быть длиннее $года?^{13.}$ Почему кольца Сатурна иногда «исчезают»?$^{14.}$ Существует ли планета, находящаяся к Солнцу ближе, чем $Меркурий?^{15.}$ Почему орбиты комет при их движении через планетную систему часто испытывают заметное изменение?

Микроопыт

Понаблюдайте за звездным небом в ясную безоблачную ночь. Сможете ли вы отличить звезду от планеты за несколько минут наблюдения невооруженным глазом?

Любопытно, что…

… первым, кто пытался аргументировать, что в центре Вселенной не Земля, а Солнце, был древнегреческий астроном Аристарх Самосский в 3 веке до н.э. – за 18 веков до Коперника! Гелиоцентрическая доктрина Аристарха навлекла на него обвинение в богоотступничестве, и он вынужден был покинуть Афины. … чтобы выяснить истинное движение планет среди звезд, Архимед сочетал наблюдения с расчетами, проводимыми с созданной им механической моделью Солнечной системы. Однако в решении столь трудной задачи небесной механики он, как и его предшественники, потерпел неудачу. … полную победу гелиоцентрическая модель одержала лишь в XVII веке с появлением теории Кеплера об эллиптических траекториях планет, подкрепленной расчетами с применением интегралов и проверенной прямыми измерениями с помощью телескопа.

… и Кеплер, и Галилей профессионально занимались астрологией, составляя гороскопы и для заказчиков, и для своих близких. В то время это было обычным делом астрономов и врачей и астрология считалась не лженаукой, а скорее искусством. … в 1577 году 30-летний Тихо Браге, наблюдая очередную комету, впервые сумел вычислить расстояние до нее. В это время мать шестилетнего Кеплера, обладавшая необыкновенно острым зрением, показала сыну эту комету как величайшее чудо природы. … Аристотель полагал, что кометы возникают из «земных паров», а их хвосты – пламя, которое гонит ветер; долгое время астрономы считали, что кометы пролетают через Солнечную систему только один раз. Наконец, Ньютон установил, что эти небесные тела движутся по замкнутым, но сильно вытянутым эллиптическим орбитам. … теория движения Луны оказалась одной из самых сложных задач небесной механики, на решение которой ушло, считая только от Ньютона, два с половиной века и потребовало участия таких выдающихся ученых, как Эйлер. … наличие экваториального «вздутия» Земли необходимо учитывать при расчете траектории космических кораблей и даже орбиты Луны. … согласно общей теории относительности, любая планета описывает в своем движении медленно поворачивающийся эллипс. Впервые этот эффект был обнаружен у Меркурия, а с развитием радиолокации – и у других планет, что с огромной точностью экспериментально подтвердило теорию.

Что читать в «Кванте» о небесной механике

(публикации последних лет)

1. «Для чего мы изучаем математику?» – 2017, №7, с.4; 2. «Астрономия вернулась в школу» – 2017, №12, с.2; 2018, №1, с.2; 3. «Астрофизика в ЕГЭ по физике» – 2018, №1, с.42; 4. «Почему Луна не падает на Землю» – 2018, №4, с.25; 5. «Законы механики и параметры эллипса» – 2018, №5, с.32.

Материал подготовил А.Леонович

34

КВАН T 2018/№7

(Начало см. на с. 29)

и b явным образом, не используя значения функции F при меньших значениях ее аргументов. Пока же обсудим стратегию для игры Ним, когда кучек больше 3. Для этого нам понадобится сначала поговорить о суммировании игр.

Суммирование игр

Определим понятие суммы двух или нескольких независимых игр. Два игрока одновременно играют в несколько игр – «на нескольких досках». На каждом ходу игрок имеет право выбрать одну из игр и сделать в ней ход в соответствии с правилами. (При этом другой игрок не обязан немедленно отвечать в той же игре, а может сделать ход в другой.) Состояния остальных игр при этом не меняются. Если ни в одной из игр хода сделать нельзя (как в Ниме, когда все кучки пусты), то игрок, который должен ходить, проигрывает. Если все игры одновременно находятся в состояниях со знаком «–», то в минусовом же состоянии находится и сумма игр, т.е. победу себе может обеспечить второй игрок. Действительно, первый игрок делает ход в одной из игр и обязательно переводит игру в состояние, которому отвечает знак «+». Второму игроку следует в ответ в той же игре получить минусовое состояние: по правилам расстановки знаков «+» и «–» это всегда можно сделать. В конце концов каждая из игр завершится ходом второго игрока. Значит, и последний победный ход в общей игре сделает второй игрок. Важно, однако, отметить, что обратное неверно: если в одной из игр состояние отмечено знаком «+», то не обязательно состояние суммы игр также плюсовое. Примером служит сам Ним, который можно рассматривать как сумму «тривиальных нимов» с одной кучкой. Для непустой кучки каждая из игр находится в состоянии «+» (первый выигрывает за один ход), при этом сумма может быть и в минусовом состоянии. Однако если ровно в одной игре состояние плюсовое, а в остальных минусовое, то вся игра-сумма будет в состоянии «+»: пер-

вый игрок пользуется правилом «Ставь на минус!» и выигрывает. Так, если к игре Ним с m кучками добавить новые k кучек камней и состояние игры Ним на добавленных k кучках соответствует знаку «–», то состояние новой игры с m + k кучками соответствует тому же знаку, что и состояние исходной игры с m кучками. Действительно, новая игра есть сумма двух игр, в одной из которых состояние заведомо «минусовое». Если состояние другой игры также отмечено знаком «–», то состояние суммы игр «минусовое», если «+» – «плюсовое». Кучки можно не только добавлять, но и удалять. Если из m кучек удалить k кучек, причем состояние игры Ним на этих k кучках соответствовало знаку «–», то состояние исходной игры Ним с m кучками соответствует тому же знаку, что и состояние новой игры Ним с m – k кучками. Указанное свойство позволяет при оценке состояния игры Ним заменить ее игрой с меньшим количеством кучек, но с сохранением приписываемых состояниям знаков. Действительно, выделим в игре Ним с m кучками произвольные 2 кучки. Пусть в них находится a и b камней. Добавим к имеющимся m кучкам еще 3 кучки, состоящих из a, b и c F a, b камней. Добавленные 3 кучки образуют игру с минусовым состоянием. В полученной игре с m + 3 кучками появились две пары кучек с одинаковым количеством камней: пара a и a и пара b и b. Пара кучек с одинаковым количеством камней образует минусовое состояние в игре Ним с 2 кучками. Такую пару можно удалить, не изменив знак состояния игры. В результате две кучки с a и b камнями мы заменили одной кучкой, в которой c F a, b камней. Количество кучек уменьшилось на единицу, а приписываемый состоянию игры знак при этом не изменился.

Когда кучек больше трех…

Теперь все подготовлено к построению стратегии игры Ним в случае, когда кучек больше трех. Выбираем произвольные 2 кучки камней и заменяем их по описанному выше алгоритму на 1 кучку. Количество кучек камней сократилось на 1. Аналогич-

35

НАШ И

НА Б Л ЮД ЕН ИЯ

ную операцию по уменьшению количества кучек можно проводить и дальше до тех пор, пока не останутся 3 кучки. Если количества камней в них a, b и c связаны соотношением c F a, b, то исходному состоянию в игре Ним с m кучками следует поставить в соответствие знак «–», иначе состоянию приписываем знак «+». Описанная процедура при большом количестве m кучек становится громоздкой. Ана-

лизировать состояния игры и определять ход, переводящий игру в минусовое состояние, с помощью изложенного алгоритма возможно, но весьма затруднительно. Во второй части статьи мы более внимательно изучим функцию F и получим стратегию для игры Ним с произвольным количеством кучек, которой удобно пользоваться.

(Продолжение следует)

НАШ И НА Б Л ЮД ЕН ИЯ

О растительных узорах и хороших моделях

В.ПТУШЕНКО, А.БАЗЫКИНА

НА 4-Й СТРАНИЦЕ ОБЛОЖКИ ВОСЬМОГО номера «Кванта» за прошлый год была помещена фотография незамысловатого узора, образованного мхом под дощатой скамейкой. В сопроводительном тексте было упомянуто, что причиной его появления могут быть разные факторы: доступность света, влаги и эффект вытаптывания. Эта «игрушечная» ситуация на самом деле является хорошей моделью для гораздо более «масштабных» и сложных задач экологии и биогеографии – задач о распространении разных видов растений и животных по регионам Земли. Для каких-то растений область их распространения оказывается ограничена количеством доступной влаги в виде осадков в течение вегетационного периода. Другие приспособились к засушливым условиям за счет глубокой корневой системы или очень короткого периода развития, но требуют определенного температурного режима в течение года. Третьи «привязаны» к распространению своих опылителей или распространителей семян (классический при- мер – кокосовые пальмы, растущие преимущественно в прибрежных районах и обладающие плодами, которые свободно держатся на воде и далеко разносятся океаническими течениями). Кроме того, большую роль играет конкуренция с другими видами: вспомните, как растения из «теплых краев» прекрасно растут в более высоких широтах в открытом грунте в ботанических садах, где фактор конкуренции исключен. Однако во всех этих случаях область распространения определяется игрой целого ряда причин. И выделить из них главную – так называемый лимитирующий фактор – не всегда возможно. Снова обратимся к примеру, с которого мы начали: к неравномерному росту мха под скамейкой (рис.1). Как можно было бы определить, что здесь является лимитирующим фактором для роста мха: свет или влага?

Рис. 1. Распределение мха под дощатой скамейкой может определяться игрой разных факторов. Фото В.Птушенко

36

КВАН T 2018/№7

Можно было бы в течение лета наблюдать за этим участком земли, систематически измерять световой поток, попадающий в разные его части, и определять влажность почвы. Потом усреднить все данные, получить «карты» распределения освещенности и влажности и сопоставить их с «картой» роста мха. Это будет наблюдательное исследование – наиболее осторожное, т.е. минимально влияющее на исследуемую систему, но в то же время трудоемкое и не всегда дающее возможность однозначной интерпретации. Можно выполнить экспериментальное исследование: поставить около скамейки осветители, создающие в течение дня равномерное освещение всего пространства под ней, но не мешающие попаданию на землю воды через щели между досками во время дождя. Или, наоборот, равномерно увлажнять землю под скамейкой, не меняя условия света и тени, и наблюдать, как при этом изменится рисунок, образуемый мхом. Но даже тщательно выполнив подобные исследования, вы можете не получить однозначного ответа. Представьте, например, что принципиальным для роста растительности является определенный диапазон влажности почвы. Причем эта влажность определяется не проникновением влаги под скамейку через щели в ней во время дождя, а проникновением через те же щели солнечного света, который высушивает почву (а в тени она остается более влажной). И тогда распределение влаги под скамейкой будет определяться… рисунком света и тени! Подобные проблемы в реальных исследованиях встречаются довольно часто. Они не обязательно делают задачу неразрешимой, но могут сильно затруднить ее решение. И потому всегда особенно ценны те экспериментальные модели, которые позволяют увидеть ясное, недвусмысленное решение. Фотография, приведенная здесь на рисунке 2 и на 4-й странице обложки этого номера журнала, дает пример именно такой удачной модели растительного сообщества, находящегося в диапазоне меняющихся условий роста. Ступеньки венецианской набережной, спускающиеся к воде, заросли плотным зеленым «ковром». Очевидно, что освещенность всех ступенек практически

Рис. 2. Ступеньки набережной, спускающиеся к воде и заросшие плотным ковром водорослей, не только прекрасная картина, но и хорошая модель. Фото А.Базыкиной

одинакова, но от ступеньки к ступеньке меняется количество попадающей на нее влаги: более нижние регулярно окатываются волнами, а до более верхних могут долетать лишь брызги. На фотографии хорошо видно, как постепенно убывает плотность растительности по мере продвижения вверх по ступенькам. При желании даже можно определить оптимальное для роста увлажнение. Правда, и здесь можно заподозрить игру разных факторов – например (наряду с увлажнением), ударов волн, смывающих водоросли со ступеней. Таким образом, наблюдаемая нами картина все же несколько сложнее, чем может показаться на первый взгляд, и определяется не одним, а, как минимум, двумя факторами. Однако у каждого фактора есть своя «зона ответственности»: один из них (увлажнение) определяет верхнюю границу распространения, а второй (волнение) – нижнюю. Совсем как в настоящей биогеографии! Поистине хорошая модель. Однако, перефразируя известное выражение о верной и красивой теории, можно сказать, что хорошая модель всегда еще и красива! И, глядя на ступеньки венецианской набережной, с этим трудно не согласиться.

45

ИНФОРМАЦИЯ

дили до отрицательной температуры, вынули из холодильника и наблюдали процесс ее нагревания, периодически добавляя в нее одинаковые порции твердофазного вещества, находящегося при температуре плавления $T_{п} 110 q C$. График изменения температуры со временем и их характерные значения приведены на рисунке 1. Определите удельную теплоту плавления вещества, считая мощность нагревания постоянной и пренебрегая теплоемкостью колбы.

батарейки не зависит от тока. 5. На крюке башенного крана висит груз массой m = 5000 кг (рис. 3). Кран снабжен двумя тросами: один переброшен через блок на конце стрелы и служит для подъема груза, второй при- Рис. 3 креплен к оси этого блока и удерживает шарнирно прикрепленную к башне стрелу в положении под углом 30q к горизонту. Определите силу натяжения троса, удерживающего стрелу, при условии, что он натянут горизонтально. Массой стрелы пренебречь.

10 класс

Рис. 1

3. В цилиндрическом сосуде находится вода. Когда в сосуд положили пластмассовый кубик, уровень воды поднялся на h = = 1 см. Как изменится этот уровень, если сверху налить керосин? Плотность воды $U_{0}$, кубика $U 0,9 U_{0}$, керосина $U_{1} 0,8 U_{0}$, слой керосина выше кубика. 4. Студент собрал схему, состоящую из трех резисторов, амперметра и батарейки с напряжением 10 В (рис.2), забыв предвари-

Рис. 2

тельно измерить сопротивления резисторов. Последнее его не очень озадачило: записав показания амперметра $I_{1} = 12,5$ мА в исходном состоянии и получив одинаковые показания амперметра $I_{2} = 15$ мА при поочередно замкнутых проводом точках A и B или B и C (A и B при этом разомкнуты), он быстро решил проблему. Определите сопротивления резисторов. Напряжение на выводах

1. Решите задачу 1 для 9 класса. 2. Студент спаял изображенную на рисунке 4 схему. В спешке он забыл проконтролировать сопротивления резисторов. Для исправления ошибки он измерил сопротивления в собранной схеме. Оказалось, что сопротивление между точками A и B равно R AB = 0,8 кОм, между B и C, а $так-_{Рис.} 4$ же A и C оно равно R BC R AC 1,2 кОм. Определите сопротивления резисторов. 3. Полет ракеты проходил в аварийном режиме. Предполагалось, что после старта ее двигатели отработают W = 100 с и отключатся на высоте Н = 60 км, но через время W 2 ракета потеряла ориентацию в пространстве, так что двигатели начали работать на торможение. На какой высоте находилась ракета, когда двигатели, отработав положенное время W, выключились? Изменением массы ракеты пренебречь, сила тяги двигателей постоянна, ускорение свободного падения g 10 м $с^{2}. 4.$ Катер затрачивает на путь из пункта A в пункт B, расположенный на противопо-

46

КВ АН T 2018/№7

ложном берегу реки точно напротив пункта A, время $t_{1}$, если плывет по прямой, и время $t_{2}$, если сначала движется, держа корпус точно поперек реки, а затем идет против течения вдоль берега. Определите скорость катера на неподвижной воде и скорость течения реки, если ее ширина h = 1 км. 5. Трубка без трения скользит по горизонтальной спице (рис.5). На концах трубки

Рис. 5

закреплена нить, на которой висит кольцо. Масса кольца и трубки одинакова и равна m. С некоторой силой трубку тянут вправо так, что кольцо находится точно под ее левым концом, а угол нити у ее правого конца равен 30 q. Найдите эту силу.

11 класс

1. Два одинаковых бруска массой m каждый лежат на горизонтальной поверхности. На левом бруске закреплен блок, а на правом закреплена нить, переброшенная через этот блок (рис.6). За конец нити A тянут

Рис. 6

вправо с силой F. Определите ускорение конца нити. Трения нет, нить нерастяжима. 2. Мальчик решил эффектно пролететь на тарзанке над поверхностью реки. Тарзанку (канат, привязанный к ветке дерева, заканчивающийся деревянной перекладиной, за которую нужно держаться руками) он привязал к свисающей над серединой реки ветке дерева. Сделал это он таким образом, чтобы можно было, держа канат горизонтально, прыгнуть с обрывистого берега реки высотой 6 м, пролететь, слегка коснувшись воды, и оказаться на другом ее берегу. С какой высоты мальчик упал в воду, если он мог удержать руками вес, в два раза превышающий собственный? Ширина реки 12 м. На-

чальной скоростью прыжка и ростом мальчика пренебречь. 3. Замкнутый сосуд разделен герметичной перегородкой на два отсека высотой Н каждый, верхний отсек частично заполнен водой, нижний пуст (рис.7). Отсеки соединяются тонкой трубкой с вентилем. При каком уровне воды в верхнем отсеке вся она вытечет в нижний отсек, если открыть вентиль? Плот- Рис. 7 ность воды U, свободные объемы заполнены воздухом при атмосферном давлении $p_{0}. 4.$ Во сколько раз изменится мощность, выделяемая в схеме, изображенной на рисунке 8, если между точками A и B включить Рис. 8 диод? Схема составлена из шести одинаковых резисторов и источника переменного напряжения. Диод – это прибор, который является идеальным проводником для тока в направлении стрелки и изолятором для тока противоположного направления. 5. Пружинная пушка стреляет шариками под углом 45q к горизонту. Шарик падает на расстоянии L от пушки. Какое расстояние он пролетит, если точно под вершиной его траектории выстрелить вертикально другим шариком из такой же пушки и шарики упруго столкнутся на одной вертикальной оси (рис.9)? Стрельба производится с горизонтальной поверхности, трением и сопротивлением воздуха пренебречь.

Рис. 9

55

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

свою массу, то ни орбита Земли, ни ее орбитальный период не изменятся. 5. Остался бы тем же, так как период обращения тела по орбите не зависит от его массы (если масса спутника намного меньше массы центрального тела, в данном случае – Земли). 6. Период обращения Луны вокруг Земли относительно звезд, называемый сидерическим, равен 27,3 суток. Период обращения Луны вокруг Земли относительно Солнца, равный промежутку времени между двумя последовательными одинаковыми фазами Луны и называемый синодическим, составляет 29,53 суток. Ответ к задаче 5 относится к обоим периодам. 7. Орбита Луны лежит почти в плоскости эклиптики, поэтому видимый путь Луны на небе почти совпадает с траекторией Солнца, однако она совершает свой оборот не за год, а за лунный месяц – 27,3 суток. Поэтому с географического полюса Земли она будет 2 недели видна над горизонтом и на 2 недели скроется под ним. 8. Затмения происходили бы чаще – ежемесячно. 9. На основе измерений в течение года угловых размеров Солнца, а также – измерений угловой скорости Солнца относительно звезд. 10. По эллиптической орбите движется центр масс системы Земля-Луна. Орбита Земли близка к эллипсу, но искажена воздействием Луны. 11. Земля в это время недоступна для наблюдений, за исключением очень редкой возможности прохождения Земли по диску Солнца, но и тогда виден лишь ее силуэт. 12. Может, если суточное обращение планеты и ее обращение вокруг Солнца происходят в одном направлении и с близкими периодами. Например, на Меркурии, где продолжительность суточного периода (т.е. звездные сутки) составляет 2/3 орбитального периода (т.е. года), солнечные сутки длятся 2 меркурианских года, а световой день – 1 год. Если бы суточный и орбитальный периоды совпадали, то смена дня и ночи вообще бы прекратилась. 13. Когда кольца Сатурна становятся к Солнцу ребром, их поверхности не освещаются и кольца становятся невидимыми. То же самое происходит, когда они становятся ребром к земному наблюдателю. 14. Малая планета Икар в перигелии подходит к Солнцу ближе, чем Меркурий. Его среднее расстояние от Солнца 0,387 астрономической единицы, а у Икара оно составляет 0,19 а.е. 15. Силы притяжения со стороны планет искажают первоначальную эллиптическую орбиту кометы. Эти изменения в орбитах накапливаются от оборота к обороту вокруг Солнца.

РЕШЕНИЯ

МИКРООПЫТ

Яркую планету можно быстро отличить от яркой звезды по отсутствию мерцаний. Видимый диск звезды меньше вихрей неоднородностей в атмосфере Земли. Угловые же размеры дисков планет достаточно велики, чтобы исключить мерцания.

КОМБИНАЦИИ КВАДРАТОВ

9. Примените утверждение задачи 6. 10. Снова примените утверждение задачи 6. 11. Примените утверждение задачи 4 к синим квадратам (рис.5).

Рис. 5

12. Примените утверждение задачи 4 к синим квадратам (рис.6).

Рис. 6

13. Применив утверждение задачи 4 к одной паре квадратов и к другой, получим два равнобедренных прямоугольных треугольника с общей гипотенузой (рис.7).

Рис. 7

14. Рассмотрите зеленые квадраты с вершинами в центрах данных квадратов (рис.8).