Решения задач М2682—М2685; Ф2689—Ф2692

19

ЗАДАЧНИК

подъема таких бумажных шариков. Ускорение свободного падения на поверхности Луны $g_{Л} 1,62$ м $с^{2}$, а на поверхности Земли $g_{З} 9,81$ м $с^{2}$. С какой установившейся скоростью будет падать вблизи поверхности Земли такой комок бумаги, отпущенный с большой высоты? Подсказка. Сила сопротивления воздуха (вблизи поверхности Земли) пропорциональна квадрату скорости шарика, плотности воздуха ( 1,2 кг $м^{3} )$ и поперечному сечению шарика. Безразмерный коэффициент в выражении для этой силы равен 0,24 (если все остальные величины выражены в единицах СИ). На пачке листов такой бумаги написано: 500 листов 210 мм u 297 мм, 80 г $м^{2}$. С.Шариков

Ф2702. Для того чтобы штыковой лопатой (рис. 1) копать канаву, Вася (его масса

Рис. 1

80 кг) давит ногой на наступ (верхняя часть полотна лопаты, изогнутая под прямым углом), и к моменту остановки лопаты 50% его веса приходится на этот наступ. При этом полотно лопаты погружается (врезается) в грунт на полштыка – это примерно 15 см. Для отрыва срезанного грунта от поверхности лопаты требуется совершить еще примерно такую же работу, какая нужна, чтобы вогнать штык в грунт. Толщина отрезанного «ломтя» составляет в среднем 5 см. Оцените работу, которую нужно совершить, чтобы выкопать яму в форме куба с ребром a 1,5 м. Грунт имеет среднюю плотность U 1,5 г $см^{3}$. Какая часть этой работы потребуется для разрушения цельности грунта, а какая на подъем «ломтя» на уровень краев ямы? Лопату будем считать невесомой. В.Лопатин

«КВАНТА»

Ф2703. Воздух в цилиндре $длиной^{l}$ можно изотермически сжимать с помощью легкой длинной проб- Рис. 2 ки (рис. 2) до тех пор, пока длина столба воздуха в цилиндре не станет равной l 3 (при большем сжатии пробка выталкивается из цилиндра по прекращении действия силы). После такого максимального сжатия воздух в цилиндре медленно нагревают. До какой минимальной температуры нужно нагреть воздух, чтобы пробка полностью вышла из цилиндра? Начальная температура атмосферного воздуха $T_{0} 300$ К. Считайте, что максимальная сила трения, действующая на пробку, прямо пропорциональна глубине ее погружения в сосуд. Силу тяжести можно не учитывать. В.Манукян

Ф2704. Прямая пластиковая трубка с прозрачными стенками, открытая с двух концов, имеет круглое внутреннее поперечное сечение. Держа трубку вертикально, один из ее концов окунули в ведро с ртутью и в этом положении нижнее отверстие трубки заткнули пробкой. Ртуть стенки трубки не смачивает. Затем трубку, сохраняя ее вертикальное положение, подняли, и в ней остался столбик ртути длиной a 20 см. Держа открытый конец трубки над ведром, трубку медленно перевернули на 180q, и теперь открытый ее конец оказался над поверхностью ртути. Столбик ртути так и остался вблизи конца трубки (теперь верхнего). Внешнее атмосферное давление 760 мм рт. ст., коэффициент поверхностного натяжения ртути V 0,4 Дж $м^{2}$ плотность ртути U 13600 кг $м^{3}$. Какова длина трубки L и каким мог быть максимальный диаметр D внутреннего отверстия трубки? В.Ртутный

Решения задач М2682–М2685, Ф2689–Ф2692 M2682. Даны шесть действительных чисел $x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} x_{5} x_{6}$. Для каждой тройки различных чисел из этих

34

КВАН T 2022/№4

ственно равны 112,5q и 22,5q. Докажите, что в этом треугольнике высота AH, медиана BM и биссектриса CP пересекаются в одной точке. Доказательство. Пусть высота AH и биссектриса CP пересекаются в точке Q (рис. 12). Покажем, что и медиана BM

Рис. 10

лемме о трех биссектрисах KP – вторая внешняя биссектриса. Отсюда построение: соединяем точки A, K, P. Пусть ‘ AKP D. Через точку K под углом D к KP проводим прямую t, которая пересекает луч AP в вершине B. У нас есть ‘ KAB 180 q ‘ A. Тогда есть и угол A. Через вершину A под углом, равным ‘ A, к стороне AB проводим луч. Он пересекает прямую t в недостающей вершине C. Задача 10 (Л.Кэрролл). На сторонах AC и AB треугольника ABC постройте точки F и N такие, чтобы отрезок FN был параллелен стороне BC и при этом выполнялось равенство BN CF BC. Решение. Пусть такие точки F и N построены и пусть также FN || BC, x y a (рис. 11). Анализ показывает, что если най-

Рис. 11

ти на BC такую точку T, что CT y, то BT x. Поскольку ’ CFT равнобедренный ( CF CT y ), то ‘ 1 ‘ 2. Но ‘ 2 ‘ 3 (внутренние накрест лежащие при параллельных прямых FN и BC). Аналогично, ‘ 4 ‘ 5 ( BN BT x ) и ‘ 5 ‘ 6 ( FN || BC ). Тогда FT и NT – две внешние биссектрисы в ’ AFN. Согласно лемме, AT совпадает с внутренней биссектрисой угла A в треугольнике AFN. Переходим к построению. Проводим биссектрису AT в ’ ABC. На стороне CA откладываем отрезок CF CT, а на стороне BA – отрезок BN BT. Соединяем F и N. Отрезок FN – искомый. Задача 11. В треугольнике ABC величины углов при вершинах A и B соответ-

Рис. 12

проходит через Q. Из ’ AHB имеем ‘ HAB 90 q 22,5 q 67,5 q. Продолжим CA за точку A. Тогда ‘ DAB 180 q 112,5 q 67,5 q. В ’ AHC отрезок CP совпадает с внутренней биссектрисой, AB – с внешней. Значит, по лемме о трех биссектрисах, HP – вторая внешняя биссектриса и ‘ AHP ‘ BHP 45 q. Но и ‘ ACB 45 q ( 180 q 112,5 q 22,5 q ). Следовательно, APHC – трапеция. По так называемой лемме о трапеции (точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований любой трапеции лежат на одной прямой) луч BQ проходит через середину AC – точку M. А это и означает, что высота AH, медиана BM и биссектриса CP пересекаются в одной точке – точке Q. Задача 12 (Д.Швецов). Биссектрисы AL и BK прямоугольного треугольника ABC ( C 90 q ) пересекаются в точке I, Q – центр описанной окружности треугольника CKL. Докажите, что QI A AB. Доказательство. Так как ’ KCL – прямоугольный, то точка Q – середина KL. Проведем KN A AB и LT A AB (рис. 13). Очевидно, CK KN и CL LT (любая точка биссектрисы равноудалена от сторон). Тогда

Рис. 13

36

КВАН T 2022/№4

Рис. 2

Рис. 1

он приблизителен и не точен. Теперь вы, как хороший послушный школьник, рисуете все силы (рис. 1,а), пишите уравнения: «сумма сил по горизонтали», «сумма сил по вертикали» и «сумма моментов относительно центра тяжести» равны нулю. И – о ужас – у вас есть три уравнения и четыре неизвестных. У составителей задач есть способ бороться с этой ситуацией – «придушить» одно неизвестное, в данном случае объявить, что трение в верхней точке контакта отсутствует: коэффициент трения P 0 (рис. 1,б). Естественно, это отключает одну из сил, но где вы видели стену без трения? Кстати, очевидно, что если объявлять P 0 в нижней точке, то это может быть опасно для жизни. Эта задача – одна из многих «статически неопределимых задач». Так называют задачи статики, в которых количество неизвестных больше количества уравнений. В школе обычно рассматривают плоские задачи статики – всего лишь потому, что картинки к ним легко рисовать на плоской поверхности: на бумаге, доске или экране. В таких задачах уравнений три – два про сумму сил вдоль осей координат и одно про сумму моментов. На досуге подумайте, сколько уравнений будет для трехмерной задачи статики. Понятно, что в реальной жизни что бы с телами ни делали, как бы их ни располагали, все силы в итоге приобретают какие-то значения. «Нерешаемость» этих задач возникает потому, что мы чем-то пренебрегли, а для решения нужно это «что-то» учесть. Но имейте в виду – если мы это «что-то» учтем и задача получит свое решение, то это будет означать, что мы решили данную задачу лишь в данном приближении. В нашем случае «что-то» – это деформации элементов системы. При рассмотрении какой-либо другой задачи или даже при увеличении требо-

Рис. 3

Рис. 4

ваний к точности решения может понадобиться учесть что-то еще. Рассмотрим простой пример, а потом вернемся к нашей лестнице. Пусть балка висит на двух тросах и нужно найти их натяжения (рис. 2). Задача тривиальна: горизонтальных сил нет, так что уравнений два и неизвестных тоже два. Приделываем третий трос (рис. 3) и… наступает караул. Попробуем учесть деформации – но чьи? Деформации тросов в школе подчиняются закону Гука, а деформацию балки в школе не посчитать. Поэтому ограничимся тросами, их деформация показана на рисунке 4 условно в виде пружин. У нас прибавится шесть известных величин: начальные длины и коэффициенты в законе Гука, три неизвестных: итоговые длины и три уравнения: зависимость длин веревок от натяжений, т.е. уравнения закона Гука, но не в виде F kx, а в виде $L L_{0} N k$, где $L_{0}$ – начальная длина, N – сила натяжения, k – коэффициент жесткости. Однако нам как не хватало одного уравнения, так не хватает и сейчас. Не видите ли вы на рисунке еще одно уравнение? Уравнения этого типа называют уравнениями совместимости деформаций. Действительно, деформации элементов конструкции как-то связаны, размеры элементов конструкции не могут быть произвольными. Например, если точки закрепления тросов на балке лежали на одной прямой, то они и будут лежать на одной прямой, а если деформации невелики, то тросы параллельны и итоговые длины связаны тривиальным уравнением. Это и будет седьмое уравнение, которого нам не хватало. Задачу можно решить и при больших деформациях, просто решение будет длиннее. Можно рассмотреть и широкий диапазон начальных длин и коэффициентов жесткости, причем в этом случае можно написать программу, которая будет подвешивать балку на тросах прямо на экране и показывать нам поведение при варьировании исходных величин.

39

ОЛ И МП И А Д Ы

если все его стороны равны и все его углы равны.) К.Кноп

3. (8) Верно ли, что из любого выпуклого четырехугольника можно вырезать три уменьшенные вдвое копии этого четырехугольника? А.Юран

4. (9) У каждого из девяти натуральных чисел n, 2n, 3n,…, 9n выписали первую слева цифру. Может ли при некотором натуральном n среди девяти выписанных цифр быть не более четырех различных? А.Толпыго

5. (9) Коллекция Саши состоит из монет и наклеек, причем монет меньше, чем наклеек, но хотя бы одна есть. Саша выбрал некоторое положительное число t! 1 (не обязательно целое). Если он увеличит количество монет в t раз, не меняя количества наклеек, то в его коллекции будет 100 предметов. Если вместо этого он увеличит количество наклеек в t раз, не меняя количества монет, то у него будет 101 предмет. Сколько наклеек могло быть у Саши? Найдите все возможные ответы и докажите, что других нет. А.Галочкин

6. (9) Некоторые клетки доски 100 u 100 покрашены в черный цвет. Во всех строках и столбцах, где есть черные клетки, их количество нечетно. В каждой строке, где есть черные клетки, поставим красную фишку в среднюю по счету черную клетку. В каждом столбце, где есть черные клетки, поставим синюю фишку в среднюю по счету черную клетку. Оказалось, что все красные фишки стоят в разных столбцах, а синие фишки — в разных строках. Докажите, что найдется клетка, в которой стоят и синяя, и красная фишки. Б.Френкин

7. (10) Среди любых пяти узлов обычной клетчатой бумаги обязательно найдутся два, середина отрезка между которыми — тоже узел клетчатой бумаги. А какое минимальное количество узлов сетки из правильных шестиугольников (рис. 3) необходимо взять, чтобы

Рис. 3

среди них обязательно нашлось два, середина отрезка между которыми — тоже узел этой сетки? А.Кулыгин

8. (10) Дан многочлен степени 2022 с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом 1. Какое наибольшее число корней он может иметь на интервале 0;1? А.Канель-Белов

9. (11) В декартовой системе координат (с одинаковым масштабом по осям x и y) нарисовали график показательной функции $y 3^{x}$. Затем ось y и все отметки на оси x стерли. Остались лишь график функции и ось x без масштаба и отметки 0. Каким образом с помощью циркуля и линейки можно восстановить ось y? М.Евдокимов

10. (11) Звездолет находится в полупространстве на расстоянии a от его границы. Экипаж знает об этом, но не представляет, в каком направлении двигаться, чтобы достигнуть граничной плоскости. Звездолет может лететь в пространстве по любой траектории, измеряя длину пройденного пути, и имеет датчик, подающий сигнал, когда граница достигнута. Может ли звездолет гарантированно достигнуть границы, преодолев путь длиной не более 14a? М.Евдокимов

11. (11) В выпуклом 12-угольнике все углы равны. Известно, что длины каких-то десяти его сторон равны 1, а длина еще одной равна 2. Чему может быть равна площадь этого 12-угольника? М.Евдокимов

12. (11) В равнобедренной трапеции проведена диагональ. По контуру каждого из получившихся двух треугольников ползет свой жук. Скорости движения жуков постоянны и одинаковы. Жуки не меняют направления обхода своих контуров, и по диагонали трапеции они ползут в разных направлениях. Докажите, что при любых начальных положениях жуков они когда-нибудь встретятся. П.Бородин

Публикацию подготовил Н.Панюнин