kvant-9-2019

ɋȿɇɌəȻɊɖ

ɗɬɚ ɝɨɥɨɜɨɥɨɦɤɚ Ʌɸɫɢ ɉɚɭɷɥɫ (Lucie Pauwels) – ɯɨɪɨɲɚɹ
ɩɪɨɜɟɪɤɚ ɞɥɹ ɩɪɨɫɬɪɚɧɫɬɜɟɧɧɨɝɨ ɜɨɨɛɪɚɠɟɧɢɹ!

ȼ ɧɟɣ ɜɫɟɝɨ ɬɪɢ ɞɟɬɚɥɢ, ɫɨɫɬɚɜɥɟɧɧɵɟ ɢɡ ɟɞɢɧɢɱɧɵɯ ɤɭɛɢɤɨɜ
(ɞɜɟ ɞɟɬɚɥɢ – ɢɡ ɩɹɬɢ ɤɭɛɢɤɨɜ, ɨɞɧɚ – ɢɡ ɱɟɬɵɪɟɯ). ɋɨɫɟɞɧɢɟ

ɤɭɛɢɤɢ ɩɟɪɟɤɪɵɜɚɸɬɫɹ ɩɨ ɱɟɬɜɟɪɬɢɧɤɚɦ ɝɪɚɧɟɣ.
Ɍɪɟɛɭɟɬɫɹ ɫɥɨɠɢɬɶ ɢɯ ɧɢɯ ɫɢɦɦɟɬɪɢɱɧɭɸ ɮɢɝɭɪɭ.

ɀɟɥɚɟɦ ɭɫɩɟɯɚ!

ȿ.ȿɩɢɮɚɧɨɜ

№9 2019

СЕНТЯБРЬ Ю

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1970 ГОДА

В номере:

УЧРЕДИТЕЛИ 2 Ветру и солнцу навстречу. А.Минеев
9 Картография и кривизна. И.Тайманов
Российская академия наук
ЗАДАЧНИК «КВАНТА»
Математический институт
им. В.А.Стеклова РАН 14 Задачи М2574–М2577, Ф2581–Ф2584
15 Решения задач М2562–М2565, Ф2569–Ф2572
Физический институт
им. П.Н.Лебедева РАН «КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР 22 Задачи

А.А.Гайфуллин ШКОЛА В «КВАНТЕ»

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ 23 Ледяная сосулька и космический трос.

Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов, А.Стасенко
М.Н.Бондаров, Ю.М.Брук,
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК
А.А.Варламов, С.Д.Варламов,
А.П.Веселов, А.Н.Виленкин, В.И.Голубев, 25 Точка Нагеля и окружности пяти точек.

Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко, Н.Вяткин
В.Н.Дубровский, А.А.Заславский,
А.Я.Канель-Белов, П.А.Кожевников 30 Точка Нагеля и разностный треугольник.
(заместитель главного редактора),
С.П.Коновалов, К.П.Кохась, А.А.Леонович, С.Арутюнян
Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.В.Произволов,
В.Ю.Протасов, А.М.Райгородский, КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский, 33 Задачи 1–4
А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин,
В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ
А.В.Устинов, А.И.Черноуцан
(заместитель главного редактора) 34 ЕГЭ по физике
42 Московский государственный университет
РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ
имени М.В.Ломоносова. Физика
А.В.Анджанс, М.И.Башмаков, В.И.Берник,
А.А.Боровой, В.В.Козлов, 44 Физико-математическая олимпиада «Физтех»

Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин, 52 Ответы, указания, решения
С.П.Новиков, А.Л.Семенов,
С.К.Смирнов, А.Р.Хохлов Вниманию наших читателей (21, 64)

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ НА ОБЛОЖКЕ
1970 ГОДА I Иллюстрация к статье И.Тайманова
II Коллекция головоломок
ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР III Шахматная страничка
IV Прогулки с физикой
И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬ
ГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

Л.А.Арцимович, М.И.Башмаков, В.Г.Болтянский,
И.Н.Бронштейн, Н.Б.Васильев, И.Ф.Гинзбург,
В.Г.Зубов, П.Л.Капица, В.А.Кириллин,
Г.И.Косоуров, В.А.Лешковцев, В.П.Лишевский,
А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,
Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин,
И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,

Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант, Я.Е.Шнайдер

Ветру и солнцу навстречу

А.МИНЕЕВ

А путь и далек, и долог, цией: в 2017 году мир в целом потребил
И нельзя повернуть назад. 13,5 миллиардов тонн нефтяного эквива-
Держись, геолог, крепись, геолог, лента (ТНЭ). Одна ТНЭ по энергии равна
Ты ветра и солнца брат. 4,2 ◊ 1010 Дж, а 13,5 млрд ТНЭ составит
0,57 Q/год, или действительно около
Гимн геологов XX века 2,3 кВт на человека.

ВГИМНЕ ГЕОЛОГОВ XX ВЕКА РЕЧЬ ШЛА В будущем (к 2050 г.) ожидаются увели-
об открытии геологами месторожде- чение населения до 10 млрд человек, неко-
ний, главным образом, руд, металлов и торый рост удельной мощности потребле-
невозобновляемых источников энергии – ния энергии и в результате человечеству
нефти, газа и каменного угля, урана и нужно будет добывать около 1 Q/год, или
тория и т.д. А ветер и солнце – «братья непрерывно потреблять 30 ТВт мощности.
геолога» – в этой песне шли фоном, на
котором разворачивались открытия полез- Структура производства энергии
ных ископаемых.
из невозобновляемых
В XXI веке другие вызовы. Тут уже
ветер и солнце рвутся в лидеры мировой и возобновляемых источников
возобновляемой энергетики. Рвутся с та-
кой силой и скоростью, что грозят потес- Сложившаяся к настоящему времени
нить и даже вытеснить со временем уголь, структура производства энергии и дина-
нефть, газ и атом с пространства энергети- мика ее изменения в течение последних 10
ки. Пройдемся с ручкой и блокнотом по лет приведены в таблице 1. Что следует из
этому новому «возобновляемому полю» и этой таблицы?
присмотримся к цифрам и некоторым про-
блемам. 1) Невозобновляемые ресурсы обеспечи-
вают основную выработку энергии. Их
Сколько нужно энергии? доля сейчас более 80%.

В настоящее время в мире проживает 2) Доля атомной энергетики остается
около 7,7 млрд человек (май 2019 г.) и на примерно постоянной на уровне 5%.
каждого в среднем тратится мощность
2,3 кВт. Общее потребление энергии 3) Что касается возобновляемых источ-
приблизилось к величине 0,6 ◊ 1021  джоу- ников энергии – ВИЭ, – то:
лей в год, или 0,6 Q/год (1 Q = 1021  Дж),
или около 20 ТВт мощности ( 2 ◊ 1013  Вт). i больше всего энергии дает пока сжига-
ние древесины и биомассы, но доля этого
Много это или мало? Приведенная удель- ресурса постепенно падает и сейчас состав-
ная мощность средних потребностей лю- ляет около 10%;
дей на Земле (2,3 кВт/чел) складывает-
ся из бытовых энергозатрат (холодильник i на втором месте – гидроэнергетика;
– 150 Вт, компьютер – 300 Вт…), затрат этот ресурс по величине абсолютной мощ-
на транспорт, промышленность и т.д. Пе- ности генерации практически вышел на
репроверим еще раз указанные цифры, стационар, так как районы, в которых
воспользовавшись следующей информа- целесообразно строить ГЭС, в основном
уже освоены; сейчас она составляет 2,5%,
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190901 но по мере роста суммарного потребления
энергии в мире доля гидроэнергии будет
постепенно падать;

i доля ветра и солнца быстро растет,
хотя пока в мировом производстве энергии
она невелика;

ВЕТРУ И СОЛНЦУ НАВСТРЕЧУ 3

Таблица 1

i суммарная доля возобновляемых ре- в 2020 году намечено достичь уровня гене-
сурсов (несмотря на рост доли ветра и рации энергии от ВИЭ в 27%, к 2030 году
солнца) пока снижается, главным образом также можно ожидать 35–40%. И даже
из-за снижения выработки энергии из дре- Франция, где ядерная энергетика всегда
весины и биомассы. была национальным приоритетом и ее доля
в выработке энергии в недавнем прошлом
На этом фоне планы отдельных стран по достигала 75–78%, в последнее время на-
развитию возобновляемой энергетики, при- мечает рост доли ВИЭ до 40% (к 2035 г.)
веденные в таблице 2, выглядят очень
Таблица 2

амбициозно. Отдельно отметим ситуацию и постепенное снижение атомной генера-
в Германии и Дании. Германия после ава- ции до уровня 50% (к 2035 г.).
рии на АЭС в японской Фукусиме приня-
ла решение полностью закрыть атомную С чем связано такое внимание к ВИЭ?
генерацию у себя в стране и форсированно Тут несколько составляющих. Во-первых
перейти к возобновляемым источникам – экологическая. При производстве элек-
энергии. В 2014 году суммарная доля ВИЭ троэнергии с помощью возобновляемых
в Германии составила уже 28% (ветер – источников энергии (ветер, солнце, гидро)
10%, солнце – 6%, гидро – 3%, био – 9%). отсутствуют вредные выбросы и, особен-
В «крошечной» Дании, пионере освоения но, образование углекислого газа ( CO2 ),
ветроэнергетики, достигли уровня ветро- влияющего на климат и глобальное потеп-
генерации в 50% и не собираются на этом ление. Во-вторых – ресурсная. Запасы
останавливаться. Что касается «тяжелове- невозобновляемых источников энергии на
сов» по населению (Индия и Китай), то Земле ограничены. Ресурс же ветра и
Индия предполагает выйти на 40% ВИЭ к солнечной энергии весьма велик и поддер-
2030 году. Судя по тому, что в Китае уже живается, пока светит наше небесное све-
тило.

4 КВАНT $ 2019/№9

Невозобновляемые источники энергии: гетики существенно выше. Есть возмож-
ресурсы ность использования как уранового, так и
ториевого топлива, а также сжигание топ-
На рисунке 1 показаны основные стра- лива в реакторах на быстрых нейтронах,
ны-производители и ожидаемые периоды что еще более расширяет ресурсную базу
максимума добычи этими странами нефти, атомной генерации. По степени влияния
газа и каменного угля. Видно, что в XXI

Рис. 1. Временно’е положение пиков добычи на окружающую среду из большой тройки
невозобновляемых ресурсов (газ, нефть,
столетии будет пройден пик добычи и уголь) газ является наиболее чистым, ка-
должно произойти постепенное истощение менный уголь – наиболее грязным (выбро-
запасов этих полезных ископаемых. Отме- сы электростанций на газе примерно в 2
тим, что пик добычи каменного угля в раза меньше, чем на угле; при газовой
США, ЮАР и Китае уже миновал. Добы- генерации нет золы и сажи и т.д.). Газ
ча нефти и газа будет снижаться уже в чище, чем биотопливо. Наконец, есть еще
ближайшие десятилетия в большинстве одно важнейшее достоинство газовой гене-
стран, за исключением США и Канады. В рации электроэнергии – возможность бы-
сланцах (США) и битумных песках и строй регулировки мощности, что важно
глинах (Канада) довольно много нефти и при балансировке генерации энергии с ее
газа, однако их извлечение вызывает серь- потреблением.
езные экологические проблемы. В этом
смысле ресурсы сырья для атомной энер-

ВЕТРУ И СОЛНЦУ НАВСТРЕЧУ 5

Возобновляемые источники энергии, В раю Архимед, Паскаль и Ньютон
играют в прятки. Архимед водит и начи-
особенности генерации нает считать. Паскаль убегает за гори-
зонт, а Ньютон оглядывается, берет
Мотором, приводящим в движение ос- палку, рисует вокруг себя квадрат со
новные возобновляемые источники энер- стороной один метр и становится внутрь
гии, является излучение Солнца. Благода- квадрата. Архимед заканчивает считать,
ря этому текут реки, дует ветер и растут открывает глаза и видит Ньютона. – Я
растения. Энергию солнечного излучения, вижу Ньютона! – Э, нет! Ньютон на
движения ветра, течения воды и биомассу квадратный метр это Паскаль!
естественно использовать для нужд чело-
века (рис.2). Получать энергию можно Мы тоже, как и в этой шутливой прит-
также, используя тепловые процессы, про- че, присмотримся сначала издалека и за-
исходящие в толще земной поверхности и

Рис. 2. Основные виды возобновляемых источников энергии

океанах. Эти возобновляемые источники тем поближе, какая мощность от возоб-
энергии на небольшом уровне использова- новляемых источников приходится на
лись испокон веков, но сейчас на наших квадратный метр. В роли Ньютона здесь
глазах происходит революция в их приме- выступит Джеймс Уатт. Удельная мощ-
нении. ность излучения Солнца вблизи орбиты
Земли составляет 1,4 кВт м2 (солнечная
Из возобновляемых источников энергии постоянная). Если бы эту мощность мож-
гидро и биомасса близки к насыщению, в но было без потерь перевести в электро-
то время как генерация с помощью ветра и энергию, то требуемые человечеству 20–
солнца быстро растет. На них мы и посмот- 30 ТВт заняли бы площадь всего
рим поближе. Навскидку – нет проблем.
Известна такая притча: 1,5 2 ˜ 1010 м2 15000 20000 км2 . Не

6 КВАНT $ 2019/№9

так много – площадь квадрата со сторо- Что касается материалоемкости, то при-
ведем всего пару показательных цифр.
ной 120–140 км. Известно, что для обеспечения конструк-
ции солнечных панелей требуется несколь-
Если не вдаваться в детали, то и с ветром ко килограммов алюминия на каждый квад-
ратный метр их площади. Если для оценки
похожая благоприятная картина. Действи- взять 2 кг м2 , то при площади панелей

тельно, мощность N, развиваемую враща- 4 6 ˜ 1012 м2 потребуется около 1010 тонн

ющимися лопастями ветроагрегата, мож- алюминия (!). При той же потребности в
материалах каждому мегаватту электри-
но оценить в виде произведение силы F на ческой мощности, снимаемому с солнеч-
ной панели, соответствует 400 тонн метал-
скорость ветра v: Uv3 локонструкций (!).
Uv2 2
N Fv 2 Sv , или N , Ветровая генерация. При использова-
S нии ветра снимаемая с ветроагрегата мощ-
ность быстро растет при увеличении ско-
где S – эффективная площадь, U – плот- рости ( ∼ v3 ). Однако, как и в случае
ность воздуха. При U 1,3 кг м3 и скоро-
солнечной генерации, есть ряд факторов,
сти ветра v 10 м с удельная мощность уменьшающих выход энергии с единицы
составляет N S ∼ 650 Вт м2 – величину площади. Так, ветроагрегаты должны рас-
полагаться на достаточном удалении друг
того же порядка, что и солнечная постоян- от друга, иначе будет нарушен характер
течения воздуха; площадь лопастей ветро-
ная. агрегата всегда гораздо меньше заметае-
мой ими площади; ветроагрегаты плохо
Казалось бы все хорошо. Но если при- работают при очень большой и очень ма-
лой скорости воздуха.
смотреться…
Типичное значение удельной мощности
Солнечная генерация. Величина элект- на единицу площади земной поверхности,
отчуждаемой ветроагрегатом (по данным
роэнергии, снимаемой с единицы площади немецких исследователей), составляет
2 3 Вт м2. Тот же порядок, что в случае
солнечных панелей в реальных конструк-
солнечной генерации. Поэтому для пол-
циях, оказывается на несколько порядков ной замены требуемой человечеству энер-
гии при использовании ветра потребуются
ниже. Причин несколько. Например: тот же огромный уровень необходимых
площадей для размещения ветроустано-
i излучение Солнца, проходя атмосфе- вок, порядка 1013 м2 107 км2, и тот же

ру, приходит на поверхность Земли силь- уровень материалоемкости. В литературе
приводится такая цифра для ветряной
но ослабленным; генерации: 1 МВт соответствует 100 т
стальных конструкций ветроагрегата, т.е.
i в материале солнечной панели излуче- для полной замены требуемой энергии
ветряной генерацией потребуется порядка
ние поглощается лишь частично;
(2 - 3) ◊ 109 тонн стальных конструкций.
i КПД преобразования поглощенной
В результате получается, что переход на
энергии в электричество не слишком вы- ветер и солнце должен сопровождаться
огромными затратами материалов и очень
сок; большими площадями для размещения
оборудования. Причем производство этих
i в ночной период и при облачности

излучение существенно меньше.

Что получается в итоге для реальных

конструкций солнечных панелей? По дан-

ным немецких исследователей (не заинте-

ресованных в занижении величин), харак-

терная величина удельного энергосъема с

солнечных панелей составляет всего
∼ 1 Вт м2 в среднем по солнечным СЭС в

мире, ∼ 5 Вт м2 на территории Германии

и ∼ 20 Вт м2 в Сахаре. Это приводит к

очень большим площадям и огромному

расходу материалов. В результате при

удельном энергосъеме в 5 Вт м2 для пол-

ной замены требуемой человечеству энер-

гии (20–30 ТВт) с помощью СЭС требует-

ся площадь панелей ∼ 4 6 ˜ 1012 м2
4 6 ˜ 106 км2 !

ВЕТРУ И СОЛНЦУ НАВСТРЕЧУ 7

материалов (не говоря уже о редкоземель- ходящийся на дневное время, приведен на
ных элементах, требующихся для произ- рисунке 4,а. Черная кривая соответствует
водства солнечных батарей) не является безоблачному небу, цветные – вариантам
экологичным. Не случайно Германия вы- облачности. Переменчивый характер ва-
водит из страны стальную и алюминиевую риантов ветряной генерации показан на
отрасли промышленности в страны Юго- рисунке 4,б. Сопоставление картин по-
Восточной Азии и Восточной Европы, пе- ступления и потребления электроэнергии
ремещая неэкологичные технологии в дру- показывает, что корреляции между ними
гие регионы мира. Но куда в таком случае нет и соблюсти баланс в каждый момент
перемещать, если все страны решат пере- времени при прямом использовании толь-
ходить на ветер и солнце? ко солнечной и ветряной генерации невоз-
можно.
Временной баланс потребления и гене-
рации. На рисунке 3 приведен характер- Коэффициент использования мощнос-
ный вид кривой потребления электроэнер-
гии в течение суток. На нем можно выде- ти возобновляемых и невозобновляемых
источников энергии. Переменный и даже
Рис. 3. Временно’й характер потребления элек- непредсказуемый характер генерации энер-
троэнергии гии ветра и солнца приводит к тому, что
лить утренний и вечерний пики потребле- соответствующие агрегаты используются
ния (6–9 ч и 18–21 ч соответственно) и неоптимально и коэффициент использова-
некоторый спад в дневное и ночное время. ния мощности снижается. На атомных
Пик производства электроэнергии при электростанциях этот коэффициент дости-
использовании солнечной генерации, при- гает 95–98% (в среднем он выше 80%).
Для ветроагрегатов он составляет прибли-
зительно 17% в среднем по Европе, 15–
20% в Германии, 15% в Китае, 25% в США,
где много территорий, на которых посто-
янно дуют сильные ветры. Для солнечных
электростанций коэффициент использова-
ния мощности порядка 10% в Германии,
15% во Франции, 15–10% в США. Это
означает, что установленная мощность
генерации ветра и солнца, т.е. та, которую
можно было бы получать при оптималь-
ных условиях, существенно превышает
мощность, которая фактически вырабаты-
вается.

Рис. 4. Временно’й характер солнечной (а) и Что делать?
ветряной (б) генерации
Вернемся к таблице 2, в которой отра-
жены планы резкого увеличения доли во-
зобновляемых источников энергии, и по-
пробуем нащупать пути выхода из про-
блем балансировки генерации и потреб-
ления электроэнергии при высоком уров-
не быстро меняющейся во времени доле
ветряной и солнечной генерации. Из об-
щих соображений отметим, что необхо-
дима своеобразная «основа», или «энер-
гетическая подушка», т.е. «постоянный
энергетический фон», на котором будет
вырастать «надстройка» в виде перемен-

8 КВАНT $ 2019/№9

ной ветряной и солнечной генерации. За- i создать резерв мощностей невозобнов-
тем нужны системы, которые могут быст- ляемых источников;
ро менять выдаваемую в электрическую
сеть мощность, компенсируя скачки вет- i увеличить установленную мощность
ряной и солнечной генерации. Наконец, возобновляемых источников (запас по ге-
необходимы системы накопления излиш- нерации ВИЭ);
ков энергии с тем, чтобы в нужное время
потратить их. i перекачивать мощность из регионов,
где она в избытке, в те регионы, где ее не
На роль «постоянного энергетического хватает (сети передачи энергии);
фона» идеально подходит атомная энерге-
тика. Ее лучшие показатели соответствуют i аккумулировать избыточную энергию
постоянной мощности генерации, поэтому с целью ее использования во время недо-
нынешнюю долю (5% в мировой энергети- статочной ветро- и солнечной генерации
ке) желательно не снижать, а наоборот (накопители).
наращивать. Подходят и энергия ГЭС,
нынешний уровень которой (3%) также Кратко остановимся на этих мерах.
уменьшать нежелательно, и использова- Если энергосистема основана только на
ние биомассы для производства электро- ветровой и солнечной генерации, то необ-
энергии. Таким образом, можно обеспе- ходим резерв невозобновляемых источни-
чить «фон» на уровне минимум 20% ми- ков той же мощности. Фактически это
рового потребления электроэнергии (луч- приводит к дублированию устройств гене-
ше – еще больше). рации мощности, причем каждый из эле-
ментов используется неоптимально.
Важной составляющей может стать газо- Если существенно повысить установлен-
вая генерация. Она, с одной стороны, ную мощность ветро- и солнечной генера-
является наиболее чистой из нынешней ции так, чтобы даже при слабом ветре и
«большой тройки» (газ, нефть, уголь). С слабом освещении энергии было достаточ-
другой стороны – запасы газа достаточно но, то устройств генерации потребуется
велики (в рамках XXI века). Наконец, гораздо больше. Было подсчитано, что при
газовые электростанции могут увеличи- доле ветра и солнца 60% этих устройств
вать постоянный «фон» производства нужно вдвое больше, при 80% – в 6 раз
электроэнергии и, что очень важно, позво- больше и при 100% – в 10 раз больше(!).
ляют легко и быстро менять выдаваемую в Это огромный расход ресурсов, опять же
сеть мощность. используемых неэффективно.
Развитие магистральных систем переда-
Варианты на основе гидроаккумулирую- чи энергии в другие регионы требует ради-
щих электростанций – ГАЭС – также кального обновления сетей и увеличения
важны при покрытии пиков и спадов мощ- их пропускной способности в 7 раз при
ности. Согласно принципу действия, ГАЭС доле ветра и солнца 60% и в 12 раз при
закачивает воду в бассейн наверх, когда 100%. Задача очень амбициозная.
есть избыток мощности, и сбрасывает воду Использование накопителей или акку-
вниз, вырабатывая электроэнергию, когда муляторов энергии упрощает задачу ба-
мощности не хватает. лансировки производимой и потребляе-
мой мощности и в принципе может по-
Кроме того, использование биомассы для зволить полностью обойтись без невозоб-
производства энергии тоже нельзя сбрасы- новляемых источников энергии. Однако
вать со счета. Ее можно использовать и для хранение избыточной энергии в больших
поддержания «фона», и для компенсации масштабах сталкивается с нерешенными
пиков потребления мощности. пока проблемами – емкостью накопите-
лей, ресурсом, т.е. количеством циклов
А что делать, если уровень ветряной и зарядка-разрядка, потерями при зарядке
солнечной генерации станет очень боль- и разрядке. Кроме того, для изготовле-
шим? В этом случае понадобятся более ния накопителей нужно затратить доволь-
радикальные решения. В литературе пред- но большое количество энергии. Так, в
ложен такой комплекс мер:

КАРТОГРАФИЯ И КРИВИЗНА 9

Европе при использовании в качестве на- т.е. большая часть энергии выбрасывает-
копителей литий-ионных батарей и эф- ся на ветер. В то же время использование
фективности цикла зарядка/разрядка в водорода как вида топлива (в транспор-
85% для производства этих батарей тре- те) в принципе может стать реальной за-
буется энергия, в 15 раз (!) превышаю- меной нефти, запасы которой весьма ог-
щая нынешнее годовое потребление энер- раничены.
гии в Европе.
***
В последнее время очень широко обсуж-
дается переход к так называемой водород- В итоге развитию возобновляемых ис-
ной энергетике. Само название намекает точников энергии сейчас придан большой
на новый способ производства энергии. импульс. Уровень затрат на ветро- и сол-
Но фактически это один из вариантов нечную генерацию превысил один трилли-
накопителя (аккумулятора) энергии, в он долларов (!). По мере роста доли ВИЭ
котором сначала получают водород из воды, появились проблемы и факторы, сдержи-
затрачивая энергию, затем хранят ее (в вающие ее развитие: дублирование мощ-
баллонах или топливных ячейках) и, на- ностей, управляемость, сети и потери в
конец, высвобождают по мере надобности сетях, ресурс оборудования, медленное
(например, в автомобиле). развитие накопителей, КПД накопителей,
низкий коэффициент использования мощ-
Применительно к мировой энергетике с ности. Ближайшие 10–20 лет покажут,
большой долей ветро- и солнечной гене- насколько реальны планы и амбиции, как
рации этот способ оказывается не слиш- удастся решить проблемы и каким окажет-
ком эффективным. Действительно, КПД ся на деле уровень ВИЭ в мире.
получения водорода из воды составляет
65–70%, а КПД получения электричества При подготовке статьи использовались дан-
из водорода ∼ 50% . Таким образом, сум-
марный КПД составляет всего 30–35%, ные А.Анпилогова, С.Безгина и Д.Станкевича.

Картография и кривизна

И.ТАЙМАНОВ

ЗАДАЧА О ПОСТРОЕНИИ НАИБОЛЕЕ того, чтобы построить с их помощью кар-
точной или удобной для использования ту, которая сохраняет масштаб длин вдоль
карты земной поверхности известна с дав- экватора и всех меридианов. Эта прямоу-
них времен. Отображение земной поверх- гольная карта строится очень просто: обо-
ности (или части ее) на плоскость называ- значим через O долготу, а через M широ-
ется картографической проекцией (кар-
той) и сопоставляет точке поверхности ту; если точка с координатами (O0, M0 )
точку на плоскости. отображается в точку (0,0) , то точка с
координатами (O, M) отображается в точку
Понятия долготы и широты ввел в нача-
ле II века нашей эры древнегреческий плоскости с координатами x = O - O0 ,
математик и географ Марин Тирский для y = M - M0 . Такая проекция (рис.1) назы-
вается равнопромежуточной и до сих пор
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190902 используется, например, в геоинформаци-
онных системах. При ней не сохраняются

10 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

Рис. 1. Равнопромежуточная проекция нулевому меридиану на
карте указаны долготы.
ни масштабы длин, ни углы, но сохраня- Чтобы избежать подобных
ются масштабы вдоль параллелей и мери- ситуаций, в конце XIX
дианов, причем масштабы вдоль различ- века был принят единый
ных параллелей (линий постоянной широ- нулевой меридиан – Грин-
ты M ) отличаются друг от друга, а масш- вичский, проходящий че-
табы вдоль всех меридианов (линий, вдоль рез Гринвичскую обсер-
которых долгота O постоянна) и экватора ваторию под Лондоном.
(параллели с y = 0) совпадают.
В середине XVI века
Заметим, что у Марина Тирского «эква- Меркатор построил кар-
тор» y = 0 проходил через остров Родос в ту, которая сохраняет
Эгейском море и за его длину была приня- углы. Она до сих пор
та величина Re ª 33300 км, т.е. длина широко применяется. На
параллели, проходящей через Родос и ней горизонтальная координата x тоже
лежащей на уровне 36∞ северной широты. пропорциональна долготе M - M0. Равно-
Если в результате географических откры- промежуточная карта Марина Тирского и
тий экватор был зафиксирован однознач- карта Меркатора относятся к цилиндри-
но, то до конца XIX века нулевые мериди- ческим, в которых параллели и меридиа-
аны, от которых отсчитываются долготы, ны переходят в прямые линии и всюду
в разных странах были различными. Ма- перпендикулярны друг другу.
рин Тирский, а за ним Клавдий Птолемей Известные из школьных учебников кар-
и многие географы вплоть до XIX века ты устроены сложнее и относятся к псевдо-
использовали меридиан Ферро, проходя- цилиндрическим. Они учитывают то, что в
щий через одноименный канарский ост- более точном приближении поверхность
ров, считавшийся самой западной точкой Земли является эллипсоидом, и хотя на
Старого света. Парижский меридиан про- них всегда указан масштаб, но он только
ходил через центр Парижа, и до сих пор указывает, насколько масштабируется раз-
его метки можно найти на улицах. В мер эллипсоида перед применением к нему
России отсчет шел от Пулковского мериа- той или иной картографической проекции.
диана, проходившего через Пулковскую В любом случае измерять длины линий на
обсерваторию под Санкт-Петербургом. В земной поверхности с помощью карт мож-
Испании же было несколько различных но только приближенно, и при этом хоро-
меридианов, и возникшая коллизия лежит шей точности можно достичь только внут-
в основе романа А.Переса-Реверте «Карта ри малых областей, как показывают при-
небесной сферы, или Тайный меридиан». веденные нами примеры.
Герои романа обладают картой, на кото- Строгий математический критерий того,
рой указано место затонувшего корабля, что участок поверхности может быть ото-
но не знают, по отношению к какому бражен на плоскость так, чтобы сохраня-
лись длины всех линий и площади всех
областей, принадлежит Гауссу. Он состо-
ит в том, что на поверхности гауссова
кривизна K как функция от точки поверх-
ности должна всюду обращаться в ноль.
Это вытекает из более общего результата
Гаусса о кривизне, который он назвал
«Theorema Egregium», что переводится с
латыни как «замечательная теорема».
Заметим, что интерес Гаусса к этой зада-
че был вызван вопросом о построении
достаточно точных карт, и он предложил

КАРТОГРАФИЯ И КРИВИЗНА 11

новую проекцию, полученную модифика- Это общее понятие, обобщающее на произ-
цией из проекции Меркатора с учетом вольные метрические пространства поня-
того, что форма Земли приближается эл- тие прямых с двумя важными отличиями,
липсоидом. Эта проекция и отвечающие ей которые проявляются для некоторых про-
координаты Гаусса–Крюгера используют- странств и, в частности, для сферы. Во-
ся военными топографами. первых, участки геодезических линий име-
ют кратчайшую длину среди всех кривых,
Гауссова кривизна вычисляется доста- соединяющих их концы, но только в слу-
точно сложно, хотя ее можно сразу найти чае, когда концы достаточно близки друг к
для поверхностей, которые получаются из другу. Например, рассмотрим большую
листа бумаги свертыванием в цилиндр или окружность на сфере: если угловая длина
конус или любой другой деформацией, дуги отрезка геодезической не больше S ,
при которой лист не рвется: поскольку они то он имеет кратчайшую длину среди всех
разворачиваются в плоский лист, их гаус- линий, соединяющих его концы, а если
сова кривизна всюду равна нулю. больше S , то кратчайшим является дру-
гой, дополнительный к нему, участок боль-
Мы приведем для сферы радиуса R шой окружности. Во-вторых, для некото-
другое объяснение, почему любой сколь рых пар точек кратчайший отрезок геоде-
угодно малый ее участок не картографиру- зической, соединяющий их, не является
ется точно на плоскую область. единственным: например, противополож-
ные точки сферы связаны бесконечным
На плоскости кратчайшая линия между числом кратчайших геодезических длины
любой парой различных точек является SR .
отрезком прямой, а точки, которые отсто-
ят от заданной точки X на расстояние r, Мы приходим к следующему заключе-
образуют окружность радиуса r с центром нию:
в точке X. Посмотрим, как устроены крат-
чайшие линии на сфере. Можно попытать- 1) кратчайшие линии на сфере радиуса
ся установить это экспериментально, зак- R являются участками больших кругов
репив один конец нитки в полюсе глобуса (геодезических на сфере);
и, натягивая нитку вдоль его поверхности,
рассмотреть всевозможные положения ее 2) аналоги прямых на сфере – геодези-
концов. Если длина нитки достаточно мала, ческие – являются замкнутыми линиями,
то это будут в точности параллели, и при окружностями;
этом нитка будет проходить по меридиану.
Математически это означает, что точки, 3) при r < SR «окружность радиуса» r с
отстоящие от полюса на расстояние r < SR, центром в точке P – это параллель Sr ,
где R – радиус глобуса, образуют паралле- которая получается при пересечении сфе-
ли – аналоги окружностей радиуса r, а ры с плоскостью, перпендикулярной оси,
кратчайшие линии – это участки мериди- проходящей через точку Р и противопо-
анов, т.е. линий, которые получаются при ложную ей точку сферы (рис.2); при
пересечении сферического глобуса с плос-
костью, проходящей через его центр и Рис. 2. Окружность радиуса r на сфере
полюс. Мы можем вращать сферу вокруг
ее центра так, что расстояния сохраняют-
ся, а любая заданная точка сферы перей-
дет в любую другую заданную точку. По-
этому с сохранением расстояний можно
перевести любую точку в полюс и приме-
нить к ней предыдущее рассуждение.

Линии – большие окружности, которые
получаются при пересечении сферы с плос-
костью, проходящей через ее центр, –
называются геодезическими (на сфере).

12 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

r = SR такая «окружность» сливается в где 1 и есть гауссова кривизна
точку, центрально-симметричную точке P; K = R2
расстояние от любой точки сферы до лю-
сферы радиуса R. Из этих формул мы
бой другой точки не превосходит SR . Это
– так называемый внутренний диаметр видим, что в первом приближении при
сферы. Он равен расстоянию между двумя
малых значениях r длины окружностей и
наиболее удаленными точками, измерен-
площади кругов ведут себя как их аналоги
ному по сфере, а не напрямую.
на сфере, а в следующие по малости по-
Если бы малый участок сферы (скажем,
правки входит гауссова кривизна поверх-
в окрестности ее полюса) можно было
ности.
абсолютно точно картографировать участ-
В середине 1820-х годов Лобачевский
ком плоскости, то длины окружностей и
построил геометрию, в которой не выпол-
площади кругов с одинаковыми радиуса-
няется аксиома Евклида о параллельных
ми совпадали бы. На плоскости длина l (r)
окружности радиуса r и площадь A (r) прямых. Эта аксиома утверждает, что че-

ограниченного им круга, как известно, рез точку, лежащую вне заданной прямой,

равны проходит только одна прямая, параллель-

ная данной. Отрицать аксиому Евклида

можно двумя способами: либо утверждая,

l (r) = 2Sr, A (r) = Sr2 . что через точку не проходит ни одна парал-

Вычислим их аналоги lɶ и A для окруж- лельная прямая, либо – что проходит

ностей и кругов сферы радиуса R. Поло- несколько прямых. Первый случай реали-

r, зуется на сфере, если под аналогом пря-
R
жим D= это – угловое расстояние от мых понимать геодезические, – все боль-

центра до окружности радиуса r (см. шие окружности на сфере пересекаются

рис.2). Теперь из формул, известных из друг с другом в двух точках, но при этом

школьной программы, следует, что аналоги прямых не продолжаются беско-

lɶ (r) = 2SR sin D , нечно в обе стороны, а замыкаются (сфе-
рическая геометрия).

Лобачевский построил геометрию, не

A (r) = 2 (1 - cos D) SR2 , D = r . указав пространство, в котором его геомет-

R рия реализуется. Примеры таких про-

Эти функции отличаются от функций l (r) странств были построены через сорок лет

и A (r) всюду, в том числе и около точки после его первых работ. Но Лобачевский

r = 0. Поэтому никакой сколь угодно вывел все аналитические формулы этой

малый участок сферы нельзя с сохранени- теории. При этом оказалось, что если

ем длин и площадей отобразить на участок понимать под треугольниками фигуры,

плоскости. составленные из трех отрезков геодезичес-

Возникает вопрос: где в этих рассужде- ких, то возникают нетривиальные соотно-

ниях проявляется гауссова кривизна? шения между длинами сторон и углами

При малых значениях D функции sin D треугольников, чего нет в евклидовой гео-

и cos D приближенно ведут себя как метрии, а суммы углов треугольников все-

1 1 1 гда меньше, чем S . (Лежандр, пытаясь
6 2 24
sin D ª D - D3 и cos D ª 1 - D2 + D4 вывести аксиому Евклида из других, дока-

и, подставляя эти выражения в формулы зал, что если существует хотя бы один

для rɶ и A (r), мы получаем треугольник с суммой углов, равной S , то
аксиома Евклида выполняется.) Аналоги

lɶ (r) ª 2Sr - S r3 = 2Sr - SK r3 , функций lɶ (r) и A (r) в геометрии Лобачев-
3R2 3
ского выглядят абсолютно так же, как в

сферической геометрии, только вместо три-

A (r) ª Sr2 - S r4 = Sr 2 - SK r4 , гонометрических функций возникают ги-
12R2 12
перболические (геометрия Лобачевского

КАРТОГРАФИЯ И КРИВИЗНА 13

часто называется гиперболической), вид перпендикулярный экватору. Теперь пе-
приведенных приближенных формул со- ренесем вектор v¢ вдоль экватора в точку
храняется, только гауссова кривизна ста- C, а затем полученный вектор v¢¢ , перпен-
новится отрицательной: K < 0. Лобачевс- дикулярный экватору, перенесем в точку в
кий писал, что, хотя он и не может указать A параллельно вдоль отрезка CA и полу-
явную модель, непротиворечивость его гео- чим вектор v , приложенный к точке A.
метрии вытекает уже из того, что при Очевидно, что он направлен вдоль отрезка
умножении длин сторон на мнимую едини- AC и поэтому образует угол D с исходным
цу -1 его формулы переходят в форму- вектором v, т.е. в результате параллельно-
лы сферической геометрии, которые не- го переноса вектора вдоль сторон геодези-
противоречивы. ческого треугольника мы получили другой
вектор. В этом проявляется кривизна про-
Обобщение понятия кривизны на много- странства, и она измеряется отклонением
мерные пространства связано с другим исходного вектора от его параллельного
свойством прямых на плоскости. Если две переноса.
точки A и B соединены отрезком прямой и
вектор v приложен к точке A, то парал- Обратим внимание и на другой факт:
лельный перенос этого вектора в точку B сумма углов треугольника ABC равна
реализуется семейством векторов, прило-
женных ко всем точкам отрезка так, что их –A + –B + –C = D + S + S = D + S ,
длины и угол между векторами и прямой 2 2
сохраняются. Эта процедура и называется
параллеьным переносом. Если мы на плос- т.е. больше, чем S , и отличается от развер-
кости последовательно параллельно пере- нутого угла на D . Площадь S треугольни-
несем вектор v вдоль сторон треугольника ка ABC легко найти: S = DR2, и, обозна-
ABC, то он перейдет сам в себя. В искрив- чив через 6 сумму углов треугольника,
ленном пространстве это не так. мы можем связать ее с площадью треу-
гольника формулой
Рассмотрим геодезический треугольник
ABC на сфере радиуса R, взяв за точку A 6 = S + KS ,
полюс сферы, а за точки B и C точки на
экваторе (рис.3). Обозначим через D угол так как для сферы K= 1 . Эта форму-
R2
ла верна для всех поверхностей постоян-

ной кривизны, в том числе и в геометрии

Лобачевского, в которой K < 0. В част-

ности, сумма углов треугольника в гео-

метрии Лобачевского всегда меньше, чем

S . Более того, эта формула (Гаусса–Бон-

не) верна для поверхностей, у которых

кривизна меняется от точки к точке (на-

пример, для гиперболоидов), только вме-

сто KS надо брать интеграл от гауссовой

кривизны K по внутренности треуголь-

ника.

Рис. 3. Параллельный перенос на сфере

между геодезическими отрезками AB и
AC, другие углы этого треугольника –
прямые. Возьмем в точке A ненулевой
вектор v, направленный вдоль отрезка
AB. Перенеся его параллельно в точку B
вдоль отрезка AB, мы получим вектор v¢ ,

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 электрон-
ным адресам: [email protected] и [email protected] 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.

Задача М2574 предлагались на 36-й Математической олимпиаде Ирана, задача М2576а – на
XXV Турнире имени А.П.Савина.

Автор задач Ф2581–Ф2584 – С.Варламов.

Задачи М2574–М2577, Ф2581–Ф2584

M2574. Дано натуральное число n. Дока-
жите, что числа вида xn + yn при всевоз-

можнnы(nх +на1)туральных x и y дают не более
чем разных остатков при делении
на n2. 2

Н.Сафаеи (Иран)

M2575. Дано вещественное число t Œ (1; 2).
Докажите, что существует многочлен
P (x) = вaсnеxкnо+эфanф-и1xцnи-е1н+т…ы р+авa1нxы+±a10,(iу=к0о,-

торого

1, 2, …, n) и такой, что P (t) - 2019 £ 1 .

Н.Сафаеи (Иран) резки AC и AB в точках Bp , Bq , Cp , Cq .
Пусть W – середина дуги BAC описанной
M2576. Доска 8 ¥ 8 разрезана на доми- окружности : треугольника ABC. Пря-
ношки (прямоугольники 1 ¥ 2 и 2 ¥ 1 ). мые WP и WQ пересекают вторично : в
а) Докажите, что длина границы между точках P1 и Q1 . Докажите, что точки P1 и
горизонтальными и вертикальными доми- Q1 лежат на описанной окружности трапе-
ношками не превышает 52. ции BpBqCqCp .
б*) Найдите максимально возможную дли-
ну границы между горизонтальными и П.Бибиков
вертикальными доминошками.
Б.Френкин, А.Заславский, Е.Аржанцева Ф2581. Гелий находится в сосуде кубичес-
кой формы с ребром a = 1 м и жесткими
M2577*. Внутри остроугольного треуголь- стенками, имеющими нулевую теплоем-
ника ABC выбраны точки P и Q такие, что кость и нулевую теплопроводность. Сосуд
–ABP = –CBQ и –ACP = –BCQ (т.е. движется со скорость v = 1 км с в направ-
изогонально сопряженные точки). Через лении жесткой стенки. Удар – и сосуд
точки P и Q провели прямые, перпендику- мгновенно остановился. До удара давле-
лярные биссектрисе угла BAC (см.рису- ние газа было p = 1 Па, а температура была
нок). Эти перпендикуляры пересекают от- T = 1 К. Каковы установившиеся давление

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 15

и температура внутри сосуда после удара?
Каким было максимальное давление газа
на одну из стенок сосуда после удара?

Ф2582. В космосе вдали от других тел
находятся 8 одинаковых легких малень-
ких шариков, каждый из которых несет на
себе электрический заряд Q. Шарики свя-
заны тонкими непроводящими нитями оди-
наковой длины. В состоянии равновесия
шарики находятся в вершинах куба с реб-
ром b, а нити расположились вдоль ребер
куба. Каковы силы натяжения нитей?

Ф2583. К батарейке подключен резистор соответственно. Тогда треугольник DEF
сопротивлением R, и по нему течет ток I.
К этому резистору параллельно ему под- получается из треугольника ABC гомоте-
ключили еще один такой же резистор, и
ток через первый резистор уменьшился на тией в точке M с коэффициентом - 1 ,
одну шестую часть. Резистор какого со- 3
противления нужно подключить к этой
батарейке, чтобы в нем выделялась макси- поскольку при гомотетии с коэффициен-
мальная мощность? Какова величина этой
максимальной мощности? том - 1 треугольник ABC переходит в
2

A¢B¢C¢ , а при последующей гомотетии с

Ф2584. Молоко жирностью 3,2% пролили коэффициентом 2 – в треугольник DEF.
на лист бумаги с напечатанным мелким 3
тестом. Через слой молока толщиной Но тогда справедлива следующая цепочка
0,1 мм текст еще читается, а через более
толстый слой – нет. Оцените размеры равенств:
капелек жира в таком молоке.
f (M) = f (D) + f (E) + f (F) =

+ (f (M) + f (B) + f (C)) +
+ (f (M) + f (C) + f ( A)) +
Решения задач М2562–М2565, + (f (M) + f (A) + f (B)) =
Ф2569–Ф2572

Mст2а5в6л2е.нКо авжещдоесйттвоечнкнеоеAчпилсолсокоfст( Aи) сопо- = 2 (f ( A) + f (B) + f (C)) + 3f (M) = 5f (M),
. Из- из чего следует, что f (M) = 0 , что и

вестно, что если M – точка пересечения

медиан треугольника ABC, то требовалось доказать.
f (M) =( Af)(=A)0+дfл(яBв)с+ехf (C). Докажите,
А.Голованов
что f точек A.
M2563. Паша и Вова играют в следую-
Возьмем произвольную точку M плоско- щую игру, делая ходы по очереди. Начина-
ет Паша. Изначально перед мальчиками
сти и докажем, что f (M) = 0. Для этого лежит большой кусок пластилина. За
один ход Паша может разрезать любой
рассмотрим произвольный треугольник из имеющихся кусков пластилина на три
ABC, для которого точка M является точ- части. Вова своим ходом выбирает лю-
кой пересечения медиан. Обозначим через бые два куска и слепляет их вместе.
D, E и F точки пересечения медиан треу- Паша побеждает, если в некоторый мо-
гольников BCM, CAM и ABM соответ- мент среди имеющихся кусков пластили-
ственно (см. рисунок). на окажется 100 кусков одинаковой мас-
Заметим, что точка M также является сы. Может ли Вова помешать Паше
точкой пересечения медиан треугольника победить?
DEF. В самом деле, обозначим через A¢,
B¢ и C¢ середины отрезков BC, CA и AB

16 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

Ответ: нет, не может. са всех кусков (в граммах) меньше
Приведем два алгоритма, позволяющих 1◊ 100 + 2 ◊ 100 = 300, что не так.
Паше победить (любой из них дает реше-
ние задачи). Д.Белов, И.Богданов, Р.Ефремов
Алгоритм 1. Пусть масса исходного кус- M2564. Дан остроугольный треугольник
ка равна 1 кг. Паша каждым ходом будет ABC, в котором AC < BC (рис.1). Окруж-
отрезать от самого большого из имеющих-
ся кусков два куска массой по 0,01 г. Рис. 1
Докажем, что не позже чем через 10000 ность проходит через точки A и B и
ходов Паша победит. пересекает отрезки CA и CB повторно в
Предположим, что это не так. Рассмот- точках A1 и B1 соответственно. Опи-
рим 100 последовательных ходов Паши. санные окружности треугольников ABC
Всего за эти 100 ходов появятся 200 кус-
ков массой 0,01 г. Если бы каждым сво- и A1B1C пересекаются повторно в точке
им ответным ходом Вова слеплял два P. Отрезки AB1 и BA1 пересекаются в
куска массой по 0,01 г, то в итоге полу- точке S. Точки Q и R симметричны S
чилось бы 100 кусков массой 0,02 г, и относительно прямых CA и CB. Докажи-
Паша бы победил. Значит, по крайней те, что точки P, Q, R и C лежат на одной
мере один раз Вова не слепит между окружности.
собой два куска массой 0,01 г. Поэтому
спустя 100 ходов Паши и 100 ходов Вовы Используя окружности (PABC) и
количество кусков массой 0,01 г увели- (PA1B1C), получаем –PAB = 180∞ - –PCB =
чится хотя бы на 1.
Разобьем 10000 ходов Паши на сотни = –PA1B1 и, аналогично, –PBA = –PB1A1.
последовательных. По доказанному выше, Тем самым, 'PAB ∼ 'PA1B1 . Из этого
после каждой сотни последовательных подобия вытекает, что –APA1 = –APB ±
ходов Паши и ответных ходов Вовы ко- ± –BPA1 = –BPB1 и PA PA1 = PB PB1 .
личество кусков массы 0,01 г увеличива- Следовательно, 'PAA1 ∼ 'PBB1 , и суще-
ется хотя бы на 1. Таким образом, через ствует поворотная гомотетия h с центром
100 таких сотен последовательных ходов P, переводящая AA1 в BB1 . Угол поворо-
количество кусков массой 0,01 г увели- та для h равен –APB = –ACB (рис.2).
чится хотя бы на 100. Поэтому Паша так Треугольник A1QA равен треугольнику
или иначе победит. A1SA , который в свою очередь подобен
Алгоритм 2. Опять же положим массу треугольнику B1SB (так как четырех-
исходного куска равной 1 кг. Приведем угольник AA1B1B – вписанный). Итак,
другой алгоритм действий Паши. Пока треугольники A1QA и B1SB подобны и
это возможно, он будет добиваться вы- одинаково ориентированы, поэтому
полнения следующего условия ( * ): мас-
сы всех кусков на столе составляют целое S = h (Q) и, значит, –QPS = –ACB. Ана-
число граммов. Заметим, что Вова своим
ходом не может нарушить ( * ).
Если перед ходом Паши на столе есть
кусок массой хотя бы 3 г, он может отре-
зать от него два куска по 1 г, сохраняя
( * ). Значит, если Паша не может сделать
ход, каждый кусок имеет массу либо 1 г,
либо 2 г (такой момент обязательно на-
ступит, так как количество кусков перед
ходом Паши растет). Но тогда он уже
выиграл: в противном случае общая мас-

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 17

Рис. 2 Если n = 2, то взвесим данные две монеты
по очереди на трех разных весах. Если при
логично, –SPR = –ACB, –QPR = 2–ACB. одном из взвешиваний весы оказались в
Но равновесии, то эти весы испорчены, зна-
чит, мы можем определить более тяжелую
–QCR = –QCA + –ABC + –BСR = монету по показаниям любых из осталь-
ных весов. Если равновесия ни разу не
= –ACS + –ABC + –SCB = 2–ABC . было, то какая-то из монет перевесит хотя
бы два раза – она и есть более тяжелая, так
Итак, мы доказали равенство –QPR = как неверный результат могут давать толь-
= –QCR , из которого следует утвержде- ко одни весы. Это дает базу индукции.
ние задачи. Пусть теперь n ≥ 3. Выберем две монеты и
двое весов и сравним за первые два взве-
Д.Прокопенко шивания эти монеты друг с другом на
первых и на вторых весах. Возможны два
M2565*. а) Даны n монет попарно раз- случая.
личных масс и n чашечных весов, n > 2. 1. Оба раза перевешивала одна и та же из
При каждом взвешивании разрешается двух монет; назовем ее монетой a, а вто-
выбрать какие-то одни весы, положить рую из них – монетой b. Так как хотя бы
на их чаши по одной монете, посмотреть одни из двух весов правильные, то монета
на показания весов и затем снять моне- a действительно тяжелее монеты b. Зна-
ты обратно. Какие-то одни из весов чит, b не самая тяжелая. Задача сводится
(неизвестно, какие) испорчены и могут к тому, чтобы определить самую тяжелую
выдавать случайным образом как пра- из n – 1 монеты: монеты a и n – 2 монет,
вильный, так и неправильный резуль- не участвовавших в первых двух взвеши-
тат. За какое наименьшее количество ваниях. По предположению индукции мы
взвешиваний можно заведомо найти са- можем сделать это за 2n – 3 взвешивания.
мую тяжелую монету? Вместе с первыми двумя взвешиваниями
б) Решите ту же задачу, если на чаши получаем 2n – 1 взвешивание.
весов разрешается класть сколько угодно 2. Либо одно из первых двух взвешиваний
монет. дало равновесие, либо результаты первых
двух взвешиваний противоречат друг дру-
Ответ: а) за 2n – 1 взвешевание; гу: один раз перевесила одна монета, а
б) тоже за 2n – 1 взвешивание. другой – другая. Значит, одни из двух
а) Докажем сначала, что за 2n – 1 взвеши- использованных весов точно испорчены.
вание можно найти самую тяжелую моне- Возьмем третьи весы. Тогда они обяза-
ту. Более точно, мы докажем по индукции тельно правильные. Используя их, мы
по n, что самую тяжелую из n ≥ 2 данных легко можем определить самую тяжелую
монет можно определить за 2n – 1 взвеши- монету за n – 1 взвешивание: сравниваем
вание, имея трое весов, одни из которых, первую монету со второй, более тяжелую
возможно, испорчены. из них с третьей, более тяжелую из них с
четвертой и т.д. до последней. Вместе с
первыми двумя взвешиваниями получаем
n + 1 < 2n – 1 (так как n > 2) взвешивание.
Покажем теперь, что менее чем за 2n – 1
взвешивание заведомо определить самую
тяжелую монету нельзя. Достаточно пока-
зать, что ее нельзя определить ровно за
2n – 2 взвешивания, так как можно доба-
вить произвольные взвешивания и игнори-
ровать их результаты. Предположим про-

18 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

тивное: имеется алгоритм действий, позво- самой тяжелой, т.е. нам не удалось опре-
ляющий определить самую тяжелую моне- делить самую тяжелую монету.
ту за 2n – 2 взвешивания. б) Нам нужно лишь доказать, что даже
Пронумеруем монеты числами 1,…,n . если на чаши весов разрешается класть по
Сделаем первые 2n – 3 взвешивания со- несколько монет, то все равно самую тяже-
гласно алгоритму. Предположим, что в лую монету нельзя заведомо определить
каждом из них перевешивала монета с менее чем за 2n – 1 взвешивание. Положим
бульшим номером. Согласно принципу N = 2n-1 ◊ n . Предположим, что массы
Дирихле, среди монет с номерами 1,…,n - 1 монет равны N - 1 , N - 2 , N - 4 , …
найдется такая, которая за произведенные ..., N - 2n-1 (в некоторых единицах изме-
2n – 3 взвешивания «проигрывала» (ока- рения) и нам откуда-то известно, что они
зывалась более легкой) не более одного именно такие. Докажем, что, даже обла-
раза; обозначим номер этой монеты через дая этой дополнительной информацией,
k. Конечно же, монета с номером n ни разу мы не сможем заведомо определить самую
не «проигрывала». Покажем, что такие тяжелую монету менее чем за 2n – 1 взве-
результаты взвешиваний возможны. Дей- шивание. Так же, как и в пункте а),
ствительно, такое могло произойти по край- достаточно доказать, что мы не сможем ее
ней мере в следующих двух ситуациях. определить ровно за 2n – 2 взвешивания.
(А) Монеты упорядочены по возрастанию Покажем, что при указанных массах мо-
масс и все весы (в том числе испорченные) нет, если количества монет на чашах весов
показывали правильные результаты во всех различны, то обязательно более тяжелым
взвешиваниях. является содержимое чаши с бульшим чис-
(Б) Монеты упорядочены по возрастанию лом монет. Действительно, пусть на одной
масс, за исключением монеты номер k, чаше k монет, а на другой l монет и k > l.
которая самая тяжелая. При этом те весы, Тогда разность масс содержимых первой и
на которых монета номер k «проиграла» второй чаш больше, чем
(если такое взвешивание было), испорче-
ны и в этом взвешивании показали невер- ( )k N - 2n-1 - lN = (k - l) N - k ◊ 2n-1 ≥
ный результат, а в остальных взвешивани- t N - n ◊ 2n-1 = 0 ,
ях все весы показывали верные результа-
ты. значит, содержимое первой чаши весов
Рассмотрим два случая. тяжелее. Таким образом, всякое взвешива-
ние с разным количеством монет на чашах
1. В последнем, (2n - 2) -м взвешивании, бессмысленно: всегда можно считать, что
перевесит чаша, на которой больше монет,
не участвует монета с номером k. Предпо- и тогда мы не получим из этого взвешива-
ложим, что опять перевесила монета с ния совсем никакой информации. Поэтому
бульшим номером. Тогда каждая из ситу- в дальнейшем мы можем считать, что в
аций (А) и (Б) по-прежнему возможна. каждом взвешивании на чашах весов ле-
2. В последнем взвешивании участвует жит по одинаковому количеству монет.
монета с номером k. Предположим, что Далее, покажем, что если в некотором
она перевесила. Тогда, с одной стороны, взвешивании на чашах весов лежит по
возможно, что имеет место ситуация (А) и одинаковому количеству монет, то более
последнее взвешивание выполнялось на легким является содержимое той чаши
испорченных весах. С другой стороны, весов, на которой находится самая легкая
возможно, что имеет место ситуация (Б) и из участвующих во взвешивании монет.
в последнем взвешивании весы показали Действительно, пусть на одной чаше весов
правильный результат. лежат монеты с массами N - 2i1 , …
Итак, каким бы ни было одно оставшееся ..., N - 2ik , а на другой – с массами
взвешивание, его результат может быть N - 2j1 , …, N - 2jk , где i1 > … > ik и
таков, что после него каждая из ситуаций j1 > … > jk , причем i1 > j1 , т.е. самая лег-
(А) и (Б) будет по-прежнему возможной. кая из участвующих во взвешивании монет
Тогда каждая из монет k и n может быть

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 19

на первой чаше. Тогда Тогда каждая из ситуаций (А) и (Б) по-
прежнему возможна.
( ) ( )N - 2i1 + … + N - 2ik £ 2. В последнем взвешивании главной явля-
ется монета с номером k. Рассмотрим все
£ kN - 2i1 < kN - i1-12s £ остальные участвующие в этом взвешива-
s=0 нии монеты. Пусть монета номер l —
( ) ( )£ N - 2j1 + … + N - 2jk . монета с самым маленьким номером из
них. Предположим, что «проиграла» чаша,
Теперь покажем, как модифицировать ре- на которой лежит монета l. Тогда, с одной
шение из пункта а) в рассматриваемой стороны, возможно, что имеет место ситу-
ситуации. Предположим, что имеется ал- ация (А) и последнее взвешивание выпол-
горитм действий, позволяющий опреде- нялось на испорченных весах. С другой
лить самую тяжелую монету за 2n – 2 стороны, возможно, что имеет место ситу-
взвешивания. Пронумеруем монеты чис- ация (Б) и в последнем взвешивании весы
лами 1, …, n. Сделаем первые 2n – 3 показали правильный результат.
взвешивания согласно алгоритму. Для каж- Итак, каким бы ни было одно оставшееся
дого из этих взвешиваний назовем главной взвешивание, его результат может быть
монетой для этого взвешивания монету с таков, что после него каждая из ситуаций
самым маленьким номером из всех, уча- (А) и (Б) будет по-прежнему возможной.
ствующих в этом взвешивании. Согласно Тогда каждая из монет k и n может быть
принципу Дирихле, среди монет с номера- самой тяжелой, т.е. нам не удалось опре-
ми 1, …, n – 1 найдется такая, которая за делить самую тяжелую монету.
произведенные 2n – 3 взвешиваний была
главной не более одного раза; обозначим А.Гайфуллин, М.Дидин
номер этой монеты через k. Конечно же,
монета с номером n ни разу не могла быть Ф2569.1 На плоской вертикальной стене
главной. Предположим, что в каждом из висят часы, у которых секундная стрел-
произведенных взвешиваний «проигрыва- ка движется плавно (без скачков) в вер-
ла» (оказывалась более легкой) чаша, на тикальной плоскости. Длина стрелки
которой лежит главная монета этого взве- R = 10 см, ось вращения стрелок часов
шивания. Покажем, что указанные ре- горизонтальна и находится на высоте
зультаты взвешиваний возможны. Дей- h = 2 м над полом. На кончике секундной
ствительно, такое могло произойти по край- стрелки сидит муха и относительно
ней мере в следующих двух ситуациях. стрелки не движется, а по горизонталь-
(А) Монеты упорядочены по возрастанию ному полу вдоль стены с часами на рас-
масс и все весы (в том числе, испорчен- стоянии L = 10 см от нее бежит таракан
ные) показывали правильные результаты с постоянной скоростью v = 10 см с. В
во всех взвешиваниях. некоторый момент таракан находится
(Б) Монеты упорядочены по возрастанию ближе всего к часам. Какой по величине в
масс, за исключением монеты номер k, этот момент может быть скорость та-
которая самая тяжелая. При этом те весы, ракана в системе отсчета мухи, где она
на которых производилось взвешивание, в и секундная стрелка часов покоятся, а
котором k была главной (если такое взве- весь мир вращается вокруг оси часов?
шивание было), испорчены, а в остальных Какой по величине в этот момент может
взвешиваниях все весы показывали вер- быть скорость мухи в системе отсчета
ные результаты. таракана, где его туловище покоится,
Рассмотрим два случая. ножки шевелятся и мимо него весь мир
движется?
1. В последнем, (2n - 2)-м взвешивании,
1 Автор решений задач Ф2569-Ф2572 – С.Вар-
главной является не монета с номером k. ламов.
Предположим, что опять «проиграла»
чаша, на которой лежит главная монета.

20 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

В системе отсчета, где туловище таракана на мостике, при котором веревка одного из
неподвижно, а ножки шевелятся, скорость колец натянута наиболее сильно. Легко
мухи будет складываться из относитель- догадаться, что веревочное кольцо, изоб-
ной скорости по отношению к прежней раженное на рисунке справа, вообще не
системе отсчета, равной 2SR 60 c ª 1 см с , напряжено, так как верхняя доска при
и переносной скорости, равной по величи- нагрузке сверху непосредственно упирает-
не скорости таракана v, но направленной ся в нижнюю доску. Иными словами, сила
в противоположную сторону. Поэтому ско- натяжения веревки этого кольца не влияет
рость мухи относительно таракана может на безопасность перехода с крыши на
находиться в диапазоне от vmin ª 9 см с крышу и эту веревку можно просто не
до vmax ª 11 см с . Точнее, от v - 2SR 60 c учитывать. А веревка, изображенная на
до v + 2SR 60 c . рисунке слева, будет натянута, причем
Скорость таракана в системе отсчета мухи сила ее натяжения зависит от положения
может быть либо 2Sh 60 c - v ª 10,9 см с , Васи на мостике. Пренебрегая разницей
либо 2Sh 60 c + v ª 30,9 см с . Величина длин 0,95 м и 1,05 м, будем считать, что
скорости зависит от того, в какую сторону эти отрезки имеют одинаковые длины.
по отношению к стене бежит таракан. А от Когда Вася находится на верхней доске,
расстояния L ответы не зависят вовсе. сила натяжения веревки растет по мере его
удаления от левого конца мостика вплоть
Ф2570. Между двумя домами с плоскими до крайнего правого конца верхней доски.
крышами, которые располагаются на В этот момент суммарная сила натяжения
одной высоте над землей, расстояние 3 вертикальных участков веревки с одной и
метра. Вася принес на одну из крыш две другой стороны от досок должна быть
легкие и прочные доски одинаковой шири-
ны и толщины, каждая из которых имеет равна 2Mg 3 , где М = 60 кг – масса Васи.
длину 2 метра. Связав веревками эти
доски так, как показано на рисунке, Вася При дальнейшем перемещении к правому
соединил крыши домов мостиком. Доски концу мостика по нижней доске сила натя-
жения веревочного кольца слева становит-
ся все меньше. Таким образом, веревка
должна выдерживать силу натяжения
F = Mg 3 = 200 H.

своими свободными концами опираются о Ф2571. Сплошной стальной шарик ради-
края крыш, «заходя» на каждую крышу усом R = 5 см привязан тонкой прочной и
на 2,5 см. А каждый из привязанных к нерастяжимой нитью к дну сосуда. В
другой доске концов охвачен веревкой, сосуд налили столько ртути, что шарик
образующей «одинарное» кольцо. Масса не касается дна, а нить натянута с силой
Васи 60 кг. При какой минимальной проч- F = 13,6 Н. В этот же сосуд дополнитель-
ности веревок на разрыв Вася может, не но наливают столько воды, что весь
боясь упасть и не торопясь, переходить шарик оказывается ниже ее верхнего уров-
с одной крыши на другую? ня. Какой теперь стала сила натяжения
нити? Плотность ртути Uрт = 13,6 г см3,
Поскольку считается, что доски легкие, плотность стали Ucт = 7,8 г см3, плот-
учитывать в нагрузке мостика нужно толь- ность воды Uв = 1,0 г см3. Считайте, что
ко массу Васи. В каком бы месте на g = 10 м с2.
мостике ни находился Вася, сила натяже-
ния веревок не должна превышать величи- Сумма сил, действующих на покоящийся
ны, при которой веревка рвется. Следова- предмет, погруженный в одну или две
тельно, нужно найти такое положение Васи жидкости, равна нулю. А силы эти – сила
тяжести, направленная вниз, Архимедова
сила, т.е. выталкивающая сила со стороны
одной или двух жидкостей, направленная

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 21

вверх, и сила натяжения нити, направлен- дой, вытекающей из тарелки. Условие

ная вниз. Плотность воздуха настолько теплового баланса можно записать в таком

мала в сравнении с плотностями воды, виде: N (Tг - T) = K (T - Tк ) .

стали и ртути, что выталкивающей силой

со стороны воздуха можно смело пренеб- Здесь N – частота падения капель в тарел-

речь. ку, K – некий постоянный размерный

Обозначим долю объема шарика V, нахо- коэффициент, который определяется га-

дящуюся ниже уровня ртути, через х. Эта баритами тарелки, Tг = 60 ∞C , Т – устано-
вившаяся температура, Tк = 20 ∞C . Из
доля одинакова и до и после добавления в

сосуд воды. До того, как в сосуд дополни- условия известна температура, установив-

тельно налили воду, условие равновесия шаяся до «починки»: T1 = 30 ∞C , поэтому
можно записать
было таким:

0 = VUстg + F - xVUртg . N (60 ∞C - 30 ∞C) = K (30 ∞C - 20 ∞C) ,
Отсюда,
откуда
= Uст +F
x Uрт VUрт g . K = 3N.

А после добавления в сосуд воды условие Когда частота падения капель увеличи-

равновесия будет другим: лась в 4 раза, установившаяся температу-

0 = VUстg + F1 - xVUртg - (1 - x)VUвg . ра станет больше:

Отсюда найдем новую сила натяжения 4N (60 ∞C - T2 ) = 3N (T2 - 20 ∞C) ,

нити: откуда находим

( )F1 = xVUртg + (1 - x)VUвg - VUстg = T2 = 300 ∞C ª 43 ∞C .
7
= xVg Uрт - Uв - Vg (Ucт - Uв ) =
Ê ˆ Ê ˆ
= F ÁË1 - Uв ˜¯ + VgUв ËÁ1 - Uст ¯˜ = 14,8 H .
Uрт Uрт

Ф2572. Водопроводный кран сломался,
поэтому из него в раковину постоянно
капает горячая вода с температурой
+60 ∞С . Вода скапливается в подстав-
ленной тарелке, а ее излишек стекает в
сливное отверстие. Температура воды в
тарелке через сутки после поломки уста-
новилась равной +30 ∞С . Какой станет
температура воды в тарелке через сутки
после починки крана сантехником Джам-
шутом, если после «починки» частота
падения капель увеличилась в 4 раза?
Комнатная температура +20 ∞С . Мощ-
ность тепловых потерь пропорциональна
разнице температур.

После установления теплового режима,
когда тарелка уже наполнилась и лишняя
вода переливается через край, мощность
тепловых потерь в окружающий воздух
становится равной разнице мощности, по-
ступающей с падающими в тарелку горя-
чими каплями, и мощности, уносимой во-

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Задачи

1. В клетчатом квадрате закрасили

две диагонали, имеющие общую клет-
ку. В одной из них 20 клеток, а в
другой – 19. Может ли этот квадрат
иметь размеры 33 ¥ 33?

А.Блинков

2. В выражении 4. Однажды Гоголь решил напугать

ГУРУ + НОРА + РАГУ + РУНО Тургенева: переоделся Пушкиным и
пошел к Тургеневу в гости. А Тургенев
одинаковыми буквами зашифрованы в тот же день решил напугать Гоголя:
одинаковые цифры, различными бук- он также переоделся Пушкиным и
вами – различные цифры. Докажите, пошел к Гоголю в гости. Ровно в пол-
что эта сумма делится на трехзначное день они встретились на Тверском
число. бульваре, но не узнали друг друга и
прошли мимо. В 12:45 Тургенев дошел
С.Токарев до дома Гоголя, увидел, что того нет
дома, и сразу пошел назад. А Гоголь
дошел до дома Тургенева в 13:15 и
тоже сразу пошел назад, потому что
Тургенева не оказалось дома. В 13:45
Гоголь и Тургенев снова встретились
и хором закричали: «Ай да Пушкин!
Ай да сукин сын!» Кто из них и на
сколько минут раньше вышел из дома?
(Каждый писатель ходит со своей
постоянной скоростью.)

И.Раскина, Д.Хармс

3. Найдите длину отрезка, отмечен- Иллюстрации Д.Гришуковой

ного на рисунке знаком вопроса.
Е.Бакаев

Эти задачи предлагались на XXV Турнире
математических боев имени А.П.Савина.

ШКОЛА В «КВАНТЕ»

Ледяная силы Vds. В результате имеем уравнение
сосулька и
космический gUsdl Vds , или ds gU dl . (
)
s V
трос
Тут уж всякому современному школьнику
А.СТАСЕНКО
это уравнение напомнит рост банковского

вклада (где dl – элементарное приращение
аурgаVUвне–нпиряовцселнутчнааея
времени, ставка). Реше-
ние этого постоянного по

длине значения ускорения свободного паде-

ния g g0 9,8 м с2 известно:

s exp § gUl · ,
s0 ¨© V ¸¹

Дифференциальный закон является той где s0 – площадь сечения нижнего конца
единственной формой причинного объясне- сосульки. Отметим, что безразмерный пока-
ния, которая может полностью удовлетво-
рять современного физика. Ясное понима- затель экспоненты можно считать отношени-
ние дифференциального закона есть одно
из величайших духовных достижений Нью- ем объемных плотностей потенциальных
тона.
энергий с размерностью >gUl@ >V@ H
А.Эйнштейн. Физика и реальность м2
Дж
Па м3 .

КТО ЖЕ НЕ ВИДЕЛ СВЕРКАЮЩИХ НА Разумно предположить, что радиус
солнце сосулек, столь опасных по весне!
Всякий осторожный прохожий должен пом- рr0азмерsSа0 нижнего сечения сосульки порядка
той капли воды, которая уж было
нить схему сосульки
собралась сорваться вниз, но призадумалась
длиной L, изображен-
и успела примерзнуть. Это известная задача
ную на рисунке 1. По-
о капле, оторвавшейся под действием соб-
нятно, почему она к низу
ственной силы тяжести, превзошедшей силу
утончается, – ведь с уве-
поверхностного натяжения:
личением координаты l

поперечное сечение sl gm t 2SrAD ,
должно выдерживать
где D >D@ Н м – коэффициент поверхно-
все большую нагрузку
стного натяжения, rA – радиус перешейка
ниже расположенной (см. рис.1, внизу) в момент отрыва.

массы. Вес этой массы, Однако пора сделать численные оценки,
используя характерные табличные данные
деленный на площадь,
для льда: U 920 кг м3 – плотность, V =
называется растягиваю- = 1 МПа – предел упругости при разрыве.
Получим
щим напряжением V .
Представим себе «оп-

Рис. 1. Вертикальное тимальную» сосульку, у s exp § 9, 8 ˜ 920 ˜ 1 ·
сечение «опти- которой напряжение во s0 ¨© 106 ¸¹
мальной» сосульки всех сечениях одинако-

– тела вращения в во. На элемент объема exp 9 ˜ 10 3 | 1 0,01 .

поле тяжести. Вни- сосульки sdl действует

зу – к определе- сила тяготения gUsdl. Таким образом, для сосульки длиной L = 1 м
нию максимально- Это приращение долж- достаточно иметь площадь у основания всего
го радиуса висящей но компенсироваться на один процент больше, чем на ее конце.
капли воды
приращением упругой Конечно, не все сосульки «оптимальны» в
рассмотренном нами смысле – капли воды
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190903 могут отвердевать, не достигнув нижнего

24 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

конца. В результате сосулька окажется отно- Здесь в числителе показателя экспоненты
сительно толще в своей верхней части (см.
пунктир на рисунке 1), с запасом обеспечи- можно усмотреть намек на энергию растяну-
вая прочность своего тела. kx2 .
той пружины, равную 2
Но что сосулька! Представим себе ради-
А вот пример создания «искусственной
альную шахту, прорытую до самого центра
однородного гравитирующего шара, напри- тяжести» в космической капсуле за счет

мер Луны, спутника Юпитера или даже центробежной силы (силы инерции). Две
Земли (рис.2). (Конечно, ситуация вообра-
кабины массой M вращаются на тросе дли-

ной L каждая с угловой скоростью Z вдали
от всех небесных тел (рис.3). Для удобства

Рис. 2. К задаче об оптимальной форме троса Рис. 3. К определению оптимальной формы
в радиальной шахте в гравитирующем шаре.
Штриховая кривая – сечение сферической троса в системе, вращающейся в невесомости
поверхности для определения радиальной за-
висимости ускорения тяготения с постоянной угловой скоростью

жаемая, ибо планеты устроены сложно.) космонавтов центробежное ускорение обес-
печивается равным ускорению тяготения g0
Ясно, что сила тяжести в центре такого тела на Земле:

равна нулю. А чтобы описать ее зависимость Z2L g0 .
Понятно, что в уравнение (
) нужно подста-
от радиуса, можно использовать так называ-
вить линейную зависимость g r Z2r . Это
емую теорему Гаусса: поток вектора g на-
такая же зависимость от радиуса, как и в
пряженности поля тяготения через сферу случае однородного гравитирующего шара,
поэтому и результат интегрирования будет
радиусом r < R пропорционален массе шара таким же.

радиусом r (см. рис.2, внизу): Похожее выражение получится и для пло-
щади сечения лопатки быстро вращающегося
4Sr 2g ∼ 4 SUсрr 3 , колеса турбины с одинаковым по ее длине
3 значением растягивающего напряжения. Ко-
где Uср – среднеобъемная плотность тела. нечно, при этом связь площади с ее шириной
будет иная, чем в случае круглого сечения.
Отсюда находим r
R Читатель без особого труда сделает оцен-
g r g0 , ки, аналогичные приведенным выше. На-
пример, можно для космического троса и
где g0 – значение ускорения тяготения на лопатки турбины выбрать U 1,84 кг м3 ,
поверхности гравитирующего шара. Подста- V 1 ГПа, s0 1 мм2, длину L = 100 м для
троса и ширину 1 см для лопатки (из двух
вив это выражение в дифференциальное последних данных получим предельную уг-
ловую скорость Zmax ).
уравнение (
) и проинтегрировав его, полу-
чим (с учетом равенств R = L и r = l) Но все сказанное верно, только если пре-
небречь массой капсул (M = 0). В противном
s exp § Uср g0r 2 · . случаев в правой части уравнения (
) нуж-
s0 ¨©¨ 2VR ¸¹¸ но добавить центробежную силу MZ2L ,
действующую на капсулу и равномерно рас-
пределенную по искомой площади сечения
троса. В результате интегрирования желаю-

щий да получит новое выражение для s r .

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 25

Заранее предупредим Читателя, что оно бу- Можно надеяться, что Читатель уже при-
дет называться страшным словом – транс- обрел достаточный опыт в решении подоб-
цендентное. ных инженерных проблем. А с точки зрения
физики в приведенных рассуждениях грави-
Дальше – больше. Что если связать друг с тационная и инертная массы молчаливо пред-
другом два астероида, вращающихся вокруг полагались одинаковыми. Однако, их экви-
валентность на заре современной физики
общего центра масс? Это очень облегчило бы (опыты Галилея) не казалась очевидной, и
грузоперевозки между ними. Тут уж придет- только благодаря все более тонким экспери-
ся учесть и гравитацию, так что суммарная ментам к началу прошлого века она оказа-
плотность энергии в точке r (см. рис.3) будет лась одним из наиболее точно установлен-
равна ных фактов. Наконец, А.Эйнштейн догадал-
ся связать поле тяжести с ускоренно движу-
Z2r 2 GM § 1 r 1 r · , щейся системой отсчета, положив начало
2 ©¨ L L ¸¹ современной теории относительности.

где G – гравитационная постоянная. Видно,
что сила гравитации заставит сделать трос

еще толще.

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

Точка Нагеля отрезков лежат на одной окружности – ок-
и окружности
ружности Конвея. Ее центр совпадает с
пяти точек
центром I вписанной в треугольник ABC
Н.ВЯТКИН окружности.

ВПРОИЗВОЛЬНОМ ТРЕУГОЛЬНИКЕ ABC Оказывается, если отрезки, равные проти-
выполним следующее построение. На про-
должении отрезка AC за точку C отложим воположным сторонам, откладывать в дру-
отрезок, равный по длине AB. Аналогичным
образом построим еще пять отрезков (рис.1). гую сторону, получается не менее интерес-
Известно, что концы шести построенных
ная шестерка точек, которая связана с точ-
Рис. 1 кой Нагеля (точкой пересечения отрезков,
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190904 соединяющих вершины треугольника с точ-

ками касания вневписанных окружностей со

сторонами).

Этой конструкции и посвящена настоящая

статья.

Итак, рассмотрим произвольный неравно-

бедренный треугольник ABC, для опреде-
ленности упорядочим длины его сторон: a =
= BC < b = CA < c = AB. На лучах AC и AB
отметим точки Ba и Ca соответственно,
такие, что ABa ACa a . Аналогично, на
лучах BC, BA и CB, CA отметим точки Ab ,
Cb и Ac , Bc соответственно, такие, что
BAb BCb b и CAc CBc c (рис.2).
Заметим, что расположение отмеченных то-

чек на сторонах треугольника или их про-

должениях однозначно определяется нера-

венством a < b < c.
1. Из построения очевидно, что треуголь-

ник ABaCa равнобедренный и прямая BaCa
перпендикулярна биссектрисе угла BAC.
Аналогично, прямые Cb Ab и AcBc перпен-
дикулярны соответствующим биссектрисам.

26 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

Рис. 2 Рис. 4

Кроме того, ABc ACb c b , BAc Для окружностей Za и Zb прямая AbBa
BCa c a , CAb CBa b a . Треуголь- является радикальной осью (см. рис.4). Так
ник ABcCb равнобедренный, откуда видно,
что
i прямая BcCb параллельна биссектрисе
угла A (рис.3).

же для пар окружностей Za , Zc и Zb , Zc
прямые Ca Ac и BcCb являются радикальны-
ми осями, поэтому все три прямые пересека-

ются в одной точке – радикальном центре

окружностей Za , Zb и Zc (очевидно, эти
прямые не параллельны).

Точку пересечения прямых AbBa , BcCb и
Ca3A. c назовем N.
Проведем еще одно рассуждение, из

которого вытекает другое описание точки N.

Пусть I – центр вписанной окружности

треугольника ABC, также обозначим через

Рис. 3 Ma , Mb , Mc середины его сторон (рис.5),
и пусть S – центр вписанной окружности

Аналогично выясняются направления пря- серединного треугольника MaMbMc (точка
S также называется центром Шпикера треу-
мых AbBa и Ca Ac .
2. Докажем, что
гольника ABC).

i прямые AbBa , BcCb и Ca Ac пересека- Пусть луч McS пересекает сторону AC в
ются в одной точке. точке P. Как известно, BC MbMc и

Обозначим центры вневписанных окруж- CA MaMc , поэтому CI McP и ‘MbMcP

ностей треугольника ABC как Ia , Ib и Ic ‘BCI ‘ICMb ‘McPMb , откуда PMb
( Ia соответствует стороне BC и т. д.).
MbMc a 2 . Далее, CP CMb PMb
Как было замечено ранее, треугольники
b a 2 CBa 2. Также McS CI AbBa .
BAcCa и CAbBa равнобедренные. Середин-
ные перпендикуляры к их основаниям со-

впадают с внешними биссектрисами тре-

угольника ABC. Треугольник ABaCa также
равнобедренный по построению. Середин-

ный перпендикуляр к его основанию совпа-

дает с биссектрисой угла A треугольника

ABC. Следовательно, Ia Ab IaBa IaCa
Ia Ac . Значит, точки Ab , Ba , Ca , Ac

лежат на одной окружности (рис.4). Обо-

значим ее Za . Аналогично определим ок- Рис. 5
ружности Zb и Zc .

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 27

Это означает, что прямая McS лежит «посе- (Обратите внимание на рисунок 7, этот угол
редине» между прямыми CI и AbBa (иначе больше развернутого.) Значит, угол BaNCa
говоря, середина любого отрезка с концами равен половине центрального угла‘BaOaCa

на прямых CI и AbBa лежит на прямой Рис. 7
McS ). Тогда AbBa проходит через точку, окружности :a . Из этого следует, что дан-
симметричную I относительно S. То же вер- ный угол является вписанным в окружность
но и для прямых BcCb и Ca Ac . :a , поэтому N  :a . Проведя аналогичные
рассуждения для двух других окружностей,
Получается, что N – точка, симметричная получим, что точка N принадлежит всем
I относительно S. Однако известно, что для трем данным окружностям.
любого треугольника центр вписанной ок-
ружности I, точка Нагеля и центр Шпикера 5. Вернемся к равнобедренным треуголь-
S лежат на одной прямой – так называемой никам ABcCb , BAcCa , CAbBa . Описанные
прямой Нагеля, причем S является середи- окружности этих треугольников обозначим
ной отрезка между I и точкой Нагеля. Это и Oa , Ob , Oc .
означает, что
Покажем, что
i N – точка Нагеля! i середина Mcc дуги ACB описанной ок-
По пути еще отметим, что на прямой ружности треугольника ABC является цен-
Нагеля IN лежит также и точка M пересече- тром окружности Oc (рис.8).
Имеем AMcc BMcc , ‘Mcc AC ‘MccBC
ния медиан, при этом MN 2IM , а в центре ‘MccBAb . Но AC BAb b , следователь-
Шпикера треугольника находится центр тя- но, 'Mcc AC 'MccBAb , откуда MccC Mcc Ab.
жести проволочного треугольника ABC, сто- Аналогично, 'Mcc ABa 'MccBC , поскольку
роны которого являются тонкими однород- ABa BC a . Значит, MccBa MccC . По-
ными стержнями с массами, равными дли- лучаем требуемое: Mcc – центр описанной
нам соответствующих сторон. Это свойство окружности 'CAbBa .
центра Шпикера мы доказывать не будем.

4. Согласно исходному построению, ABa
ACa a . Это означает, что мы можем
вписать в угол A окружность :a , касающу-
юся сторон угла именно в точках Ba и Ca .
Так же получим окружности :b и :c
(рис.6). Их центры обозначим Oa , Ob и Oc
соответственно.

Докажем, что

i N лежит на каждой из окружностей
:a , :b и :c , т.е. все они пересекаются в
точке N (см. рис.6).

Докажем, что N  :a . Заметим, что

2‘BaNCa 360q 2‘CAbBa 2‘Ca AcB

= 360q ‘C ‘B 180q ‘A ‘BaOaCa .

Рис. 6 Рис. 8

28 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

Поскольку CAb CBa , во внешний угол C Рис. 10
можно вписать окружность, касающуюся
AC и BC в Ba и Ab соответственно. Обозна- ‘OO2O3 1 ‘OO2 A ‘OCA . Но равенство
чим ее центр Occ . Очевидно, OccBa A AC и 2
Occ Ab A BC , поэтому Occ – точка на окруж- углов OCB и OCA означает коллинеарность
ности Oc , диаметрально противоположная
точке C (см. рис.8). точек A, B и C, а равенство углов OO1O3 и
OO2O3 – вписанность четырехугольника
Аналогично определяются точки Oac , Obc и OO1O2O3 . Из этого следует утверждение
Mac , Mbc . Для них также верны соответству- леммы.
ющие утверждения.
Обозначим вторую точку пересечения (от-
6. Далее нам понадобятся две леммы.
Лемма 1. Пусть некоторая окружность личную от N) окружностей :a и :b как
T вписана в угол A треугольника ABC. Dc . Аналогично определим точки Da и Db .
Ближнюю к вершине A точку пересечения
прямой AN – нагелианы – с окружностью T Докажем, что
обозначим через P. Тогда касательная к
окружности T в точке P параллельна BC i точки Oa , Ob , Occ , Mcc и Dc лежат на
(рис.9). одной окружности (рис.11).

Заметим, что

‘BaDc Ab 180q ‘Dc AbN ‘AbBaDc

Рис. 9 = 180q 1 ‘DcOb N 1 ‘NOa Dc
2 2
Доказательство. Поскольку окружность

T вписана в угол A, то существует гомотетия = 180q ‘DcObOa ‘ObOaDc ‘OaDcOb.
с центром в точке A, переводящая вневписан-
Угол OaDcOb по сути равен углу между
ную окружность треугольника ABC, касаю- окружностями :a и :b , но поскольку каса-
тельные к ним в точке N параллельны соот-
щуюся стороны BC в точке Q, в окружность ветственным сторонам треугольника ABC
(по лемме 1), то ‘BaCAb ‘OaDcOb
T . При такой гомотетии прямая AN перей-
дет в себя, но так как точки A, P и Q лежат

на одной прямой (см. рис.9), то Q перейдет

в P, а касательная BC перейдет в параллель-

ную ей касательную к окружности T в точке
P. Лемма доказана.
Лемма 2. Пусть три окружности пересе-

каются в одной точке. Тогда эта точка

лежит на одной окружности с их центрами

тогда и только тогда, когда их попарные

точки пересечения лежат на одной прямой.
Доказательство. Пусть O – общая точка

трех окружностей, A, B и C – их попарные

точки пересечения, O3 , O2 и O1 – центры
этих окружностей (рис.10). Тогда имеем

равенства ‘OO1O3 1 ‘OO1B ‘OCB и Рис. 11
2

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 29

‘BaDc Ab , следовательно, точка Dc при-
надлежит окружности Oc .

Применяя лемму 2 для окружностей Oc ,
:a и :b (точка Dc для них общая, а
попарные их точки пересечения – Ab , Ba и
N коллинеарны), получаем, что четырех-
угольник OaDcMccOb вписанный.

Далее заметим, что точки Occ , Oa и Ba ,
как и Occ , Ob и Ab , коллинеарны, откуда

‘OccOaDc ‘BaOaDc 2‘BaNDc

= 2‘AbNDc ‘AbObDc ‘OccObDc .

Значит, четырехугольник OaDcOccOb также
вписанный.

Ясно, что эти два четырехугольника вписа-

ны в одну окружность, так что все пять точек

Oa , Ob , Occ , Mcc и Dc лежат на одной
окружности. Назовем ее окружностью пяти

точек для вершины C и обозначим Sc .
7. Завершая исследование нашей конст-

рукции, докажем совершенно удивительное Рис. 12
утверждение, связывающее окружности пяти
точек воедино: ти пересекаются в одной точке, лежащей на
описанной окружности треугольника ABC.
i три окружности пяти точек треуголь- Лемма доказана.

ника пересекаются в одной точке на опи- Перейдем непосредственно к доказатель-
санной окружности этого треугольника. ству утверждения. Для этого рассмотрим
три окружности: окружность :a , вписан-
Для доказательства нам потребуется еще ную в треугольник ABC, и вневписанную,
одна лемма. касающуюся стороны BC. А именно, их

Лемма 3. Пусть D, E и F – образы центры – Oa , I и Ia , которые лежат на
биссектрисе угла A, и точки касания со
произвольной точки P при симметрии от- стороной AB Ca , L и K (рис.13).

носительно сторон AB, BC и AC треуголь-

ника ABC. Тогда описанные окружности

треугольников ADF, BDE и CEF пересека-

ются в одной точке на описанной окружно-
сти треугольника ABC (рис.12,а).

Доказательство. Пусть описанные окруж-

ности треугольников ADF и BDE вторично Рис. 13
пересекаются в точке Q (рис.12,б). Так как
точки D и F симметричны точке P относи- Заметим, что отрезки KL и ACa соответ-
ственно пропорциональны отрезкам IIa и
тельно сторон угла A, то ‘FAD 2‘A и AOa . С другой стороны, KL = ACa :
AF = AP = AD, откуда ‘DFA 90q ‘A.
Аналогично, ‘BED 90q ‘B . Из вписан-

ности четырехугольников AFQD и DQEB
имеем ‘DFA ‘DQA и ‘BED ‘BQD.

Объединяя все это, получим

‘BQA ‘BQD ‘DQA ‘BED ‘DFA

90q ‘B 90q ‘A ‘C . KL KA LA

Это означает, что точка Q лежит на описан- a b c b c a a ACa .
ной окружности треугольника ABC. Тем 2 2
самым, любые две из трех окружностей
пересекаются на описанной окружности тре- Следовательно, AOa IIa . Треугольник
угольника ABC. Поэтому все три окружнос-

30 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

Рис. 14 ным треугольником; это известные факты.
Поэтому Mbc Mcc – серединный перпендику-
ABC является ортотреугольником в тре- ляр к отрезку AIa . Получается, что точки
угольнике IaIbIc , а 'Mac Mbc Mcc – середин- Oa и I симметричны относительно прямой
Mbc Mcc (рис.14). Аналогичные рассуждения
верны для пар точек Ob , I и Oc , I.

Применяя лемму 3 для треугольника
Mac Mbc Mcc и точки I, получаем, что описан-
ные окружности треугольников OaMccOb ,
ObMacOc и OcMbcOa пересекаются в одной
точке на описанной окружности треугольни-
ка Mac Mbc Mcc . Однако эти окружности в
точности являются окружностями пяти то-
чек треугольника ABC, а описанная окруж-
ность треугольника Mac Mbc Mcc является опи-
санной окружностью треугольника ABC. Ут-
верждение доказано.

В заключение автор выражает искреннюю
благодарность А.И.Перегудину и П.А.Ко-
жевникову за плодотворное обсуждение ма-
териалов настоящей статьи и ценные замеча-
ния по ее содержанию.

Точка Нагеля – середины соответствующих сторон тре-
и разностный угольника. Тогда при гомотетии с центром в
треугольник
M и коэффициентом 1 2 треугольник ABC
С.АРУТЮНЯН
переходит в 'MaMbMc , а точка N – в точку
ВЭТОЙ СТАТЬЕ РЕЧЬ ПОЙДЕТ ОБ ОДНОЙ I, т.е. I является точкой Нагеля для середин-
замечательной точке треугольника – точ- ного треугольника MaMbMc .
ке Нагеля. Это точка пересечения отрезков,
соединяющих вершины треугольника с точ- А теперь посмотрим на один замечатель-
ками касания противоположных сторон с
вневписанными окружностями. С точкой ный класс треугольников – так называемые
Нагеля связано много красивых геометри- разностные треугольники. Разностным на-
ческих фактов. Упомянем известный факт о зывают треугольник, длины сторон которо-
прямой Нагеля, которым мы будем пользо- го составляют арифметическую прогрессию.
ваться: У класса разностных треугольников суще-
ствует много других красивых эквивалент-
Для любого треугольника центр вписан- ных определений. Этому классу, например,
ной окружности I, точка Нагеля N и точка посвящен параграф книги А.Д.Блинкова
M пересечения медиан лежат на одной «Классические средние в арифметике и гео-
прямой, при этом MN 2IM . метрии» (М.: МЦНМО, 2016). Упомянем
два условия, эквивалентных условию раз-
Немного по-другому этот факт можно пе- ностности (при этом ограничимся рассмот-
реформулировать так. Пусть Ma , Mb , Mc рением только неравнобедренных треуголь-
ников).
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190905
Итак, пусть ABC – неравнобедренный
треугольник, a = BC, b = CA, c = AB. Тогда
следующие условия эквивалентны:

(1) a + c = 2b (т.е. треугольник разно-
стный, со средней по длине стороной b);

(2) точка I равноудалена от Ma и Mc
(рис.1);

(3) четырехугольник BMaIMc – вписанный.

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 31

Рис. 1 Получается, что ( 5c ) эквивалентно фор-
мально более слабому факту
Условие (3), очевидно, эквивалентно ус-
( 5ccc ) Nc является серединой дуги AC (не
ловию на углы содержащей точки B).
( 3c ) ‘MaIMc 180q ‘ABC .
Попробуем получить условия на треуголь- Видим, что в разностном треугольнике Nc
лежит на биссектрисе угла B. Этот факт
ник, эквивалентные приведенным, но свя- можно переформулировать в такой занятной
занные с точкой Нагеля. форме. Пусть имеется бильярд в форме
треугольника ABC, в котором a + c = 2b.
Рассмотренная выше гомотетия переводит Тогда бильярдный шар, выпущенный из
треугольник ANC в 'MaIMc. А это значит, вершины B вдоль биссектрисы угла ABC,
что условие (2) эквивалентно условию после отражения относительно борта AC
пройдет через точку Нагеля. Предлагаем
(4) точка N равноудалена от A и C. читателю подумать, верно ли утверждение,
обратное данному.
Да, оказывается, из равенства NA = NC
совершенно не следует, что треугольник рав- Можно продолжать и получать другие
условия, в том числе и не использующие
нобедренный! Неожиданно, но красиво! точку N. Например, при помощи изогональ-
Уже неплохо. Попробуем поработать с ного сопряжения условие ( 5cc ) можно пере-
формулировать так.
другими условиями.
Все та же гомотетия помогает переформу- Пусть S – центр гомотетии с положитель-
ным коэффициентом, переводящей вписан-
лировать условие ( 3c ) как ную окружность в описанную. Тогда условие
(5) ‘ANC 180q ‘ABC . ( 5cc ) эквивалентно тому, что точки A, C, O,
Рассмотрим точку Nc , симметричную N S лежат на одной окружности (рис.2).
Секрет здесь в том, что O и H, а также S и
относительно AC, так что ‘ANC ‘ANcC . N – пары изогонально сопряженных точек;
Условие (5) эквивалентно тому, что а кроме того, если точки A, C, X, Y лежат на
‘ANcC ‘ABC 180q , т.е. тому, что четы- одной окружности, то же верно и для точек
рехугольник ABCNc вписанный, или усло- A, C, X1 , Y1 , где X1 и Y1 – точки, изого-
нально сопряженные точкам X и Y. (Дока-
вию жите это!)

( 5c ) Nc лежит на описанной окружности Но вернемся к условию (5). Продлим
треугольника ABC. отрезки AN и CN до нагелиан ANa и CNa .
Условие (5) приводим к виду
Как известно, точка, симметричная орто-
Рис. 2
центру H относительно прямой, содержащей

сторону треугольника, лежит на описанной
окружности. Отражение относительно AC
дает возможность теперь переформулиро-

вать условие ( 5c ) как

( 5cc ) точки A, C, N, H лежат на одной
окружности.

Заметим, что из условия ( 5c ) следует (4),
значит, ANc CNc , т.е. Nc – середина дуги.

32 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

‘NaNNc 180q ‘NaBNc . А это эквива-
лентно тому, что

(6) точки В, Na , N, Nc лежат на одной
окружности (рис. 3).

Рис. 4

BD обязана быть нагелианой BNb , и при
этом BNb p 2 , т.е. нагелиана равна чет-
верти периметра. Если это условие выполне-

Рис. 3 но, то точки Нагеля N1 и N2 треугольников
ABD и CBD равноудалены от точек B и D,
Проведем окружность CNNa и найдем откуда BD A N1N2 .
точку T ее пересечения с AC. Тогда
‘NTA ‘NNaC . Условие (6) эквивалент- Зададимся вопросом – верно ли обратное?
но равенству
Следует ли из условия BD A N1N2 то, что
‘NNcB ‘NNaC œ ‘NNcB ‘NTA , BD p 2 ? Оказывается, ответ на этот воп-
рос положительный. Докажем это.
следовательно, точки A, Nc, N, Tлежат на
одной окружности. Иными словами, (6) Впишем в треугольники ABD и CBD ок-
эквивалентно тому, что окружности CNNa и
ANNc пересекаются на AC. ружности с центрами J1 и J2 и отметим
точки P1 , Q1 , Q2 , P2 их касания с отрезка-
В разностном треугольнике, с учетом усло- ми BA, AD, DC, CB соответственно. Также
вия (4), получаем
обозначим через K1 , L1 , L2 , K2 середины
‘CNcT ‘NAC ‘NCA ‘ANaT . отрезков BA, AD, DC, CB соответственно.

Тогда треугольники ATNa и CTNc равно- Для того чтобы имело место N1N2 A BD ,
бедренные и T – точка пересечения середин- необходимо и достаточно, чтобы
ных перпендикуляров к нагелианам ANa и N1B2 N1D2 N2B2 N2D2 (проверьте
CNc . (Подумайте, следует ли из того, что это). Рассматривая гомотетию, упомянутую
серединные перпендикуляры к нагелианам
ANa и CNc пересекаются на AC, что тре- в доказательстве условия (4), получаем, что
угольник ABC разностный.)
DN1 2K1J1 и BN1 2L1J1, DN2 2K2J2 и
Продолжаем рассуждения для разностно- BN2 2L2J2 . Отсюда
го треугольника ABC. Треугольники TCNa N1B2 N1D2 N2B2 N2D2 œ
и TNc A равны (получаются один из другого
поворотом вокруг точки T), значит, T равно- œ J1L12 J1K12 J2L22 J2K22 œ
удалена от прямых AB и BC, т.е. T является
основанием биссектрисы! œ J1Q12 Q1L12 J1P12 P1K12
J2Q22 Q2L22 J2P22 P2K22 œ
В завершение обсудим ситуацию, когда
отрезок BD делит треугольник ABC на два œ Q1L12 P1K12 Q2L22 P2K22 œ
разностных треугольника ABD и CBD со
средней стороной BD (рис.4). Нетрудно œ AB BD 2 AD BD 2
понять (сделайте это), что в таком случае
CB BD 2 CD BD 2 œ

œ BD AB2 BC2 CD2 AD2 .
BC CD
2 AB AD

Подставив AB = c, BC = a, AD = p – c,

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА 33

CD = p – a, получаем Завершая наш рассказ, отметим, что есть
несколько других интересных свойств, свя-
BD c2 a2 p a 2 p c 2 p .
2 зывающих точку Нагеля с треугольниками,
2 c a p a p c в которых отношение суммы длин двух сто-
рон к длине третьей стороны равно некото-
Нетрудно заметить, что проведенные выше рому фиксированному числу. Треугольни-
рассуждения не изменяются, если «вырож-
ки, для которых это отношение равно 3,
денный четырехугольник» ABCD заменить хорошо исследованы и про них можно про-
на любой другой четырехугольник, в кото- читать в статье А.Заславского «Приключе-
ром BA + AD = BC + CD (для таких четы- ния одной задачи» в «Кванте» №12 за 2017
рехугольников, как и для описанных, суще- год. Читатель может самостоятельно попро-
ствует окружность, касающаяся всех пря-
мых, содержащих их стороны). бовать исследовать свойства таких классов
треугольников и связать их с точкой Нагеля.

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Мы начинаем очередной конкурс по решению математических задач. Они рассчита-
ны в первую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников
всех возрастов. Конкурс проводится совместно с журналом «Квантик».

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:
[email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский про-
спект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии
укажите город, школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес.

Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд
(в таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно,
начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания,
решения и результаты публикуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest

Желаем успеха!

1. Вася хочет выбрать среди чисел а) 1, ло ходов Ноутик может гарантированно
2, …, 50; б) 1, 2, …, 51 как можно больше отгадать число?
чисел так, чтобы любые два числа разли-
чались хотя бы на 3. Сколько способов Ю.Маркелов, С.Маркелов

сделать это есть у Васи? 3. Дан отрезок a и правильный треуголь-
ник со стороной b. Постройте (циркулем и
П.Кожевников линейкой) внутри этого треугольника пра-
вильный треугольник со стороной a такой,
2. Квантик загадал целое число от 0 до чтобы вершины внешнего треугольника
99, а Ноутик его отгадывает. Число счи- лежали на продолжениях сторон внутрен-
тается отгаданным, если Ноутик его на- него.
звал. За ход Ноутик называет четыре
Е.Бакаев
целых числа от 0 до 99, обладающих
одним из двух свойств: либо первый раз- 4. Верно ли, что числа вида 1 + x +

ряд у всех чисел совпадает, а вторые + x2017 + x2018 + x2019 являются составны-
ми для всех натуральных x > 1?
разряды последовательные, либо второй
В.Расторгуев
разряд у всех чисел совпадает, а первые
разряды последовательные (у однознач-
ных чисел первый разряд считаем рав-
ным 0). Например, наборы 13, 14, 15, 16

и 3, 13, 23, 33 подходят, а набор 18, 19,
20, 21 – нет. За какое минимальное чис-

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ

ЕГЭ по физике

Варианты ЕГЭ по физике 2019 года не отли- Ответом к заданию 13 является слово.
чались по структуре от вариантов предыдуще- Ответ запишите в поле ответа в тексте рабо-
го года. Они содержали 32 задания, и макси- ты, а затем перенесите по приведенному
мальная сумма первичных баллов составляла ниже образцу в бланк ответов №1.
52 балла. При этом 17 заданий (1–4, 8–10, 13–
15, 19, 20, 22, 23, 25–27) оценивались макси- Ответом к заданиям 19 и 22 являются два
мум в 1 балл, 10 заданий (5–7, 11, 12, 16-18, 21, числа. Ответ запишите в поле ответа в тексте
24) оценивались максимум в 2 балла, 5 зада- работы, а затем перенесите по приведенному
ний (28–32), требующие развернутого реше- ниже образцу, не разделяя числа пробелом,
ния, оценивались максимум в 3 балла каждое. в бланк ответов №1.

В 2020 году структура вариантов по физике Ответ к заданиям 28–32 включает в себя
немного изменится. Заданий будет также 32, но подробное описание всего хода выполнения
задание 27 перейдет из разряда заданий с задания. В бланке ответов №2 укажите но-
кратким ответом в разряд заданий с разверну- мер задания и запишите его полное решение.
тым ответом и будет оцениваться максимум в
3 балла. Максимальная сумма первичных бал- При вычислениях разрешается использо-
лов составит 54 балла. И еще одно новшество: вать непрограммируемый калькулятор.
задание 24 (по астрономии) будет содержать
неопределенное количество правильных ут- Все бланки ЕГЭ заполняются яркими чер-
верждений – от одного до пяти. В ответе надо ными чернилами. Допускается использова-
указать номера всех правильных утверждений. ние гелевой или капиллярной ручки.

Приведем один из вариантов открытого сег- При выполнении заданий можно пользо-
мента 2019 года. ваться черновиком. Записи в черновике, а
также в тексте контрольных измеритель-
Вариант 1 ных материалов не учитываются при оце-
нивании работы.
Инструкция по выполнению работы
Баллы, полученные Вами за выполненные
Для выполнения экзаменационной работы задания, суммируются. Постарайтесь вы-
по физике отводится 3 часа 55 минут (235 полнить как можно больше заданий и на-
минут). Работа состоит из двух частей, вклю- брать наибольшее количество баллов.
чающих в себя 32 задания.
После завершения работы проверьте, что-
В заданиях 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27 бы ответ на каждое задание в бланках отве-
ответом является целое число или конечная тов №1 и №2 был записан под правильным
десятичная дробь. Ответ запишите в поле номером.
ответа в тексте работы, а затем перенесите по
приведенному ниже образцу в бланк ответов Желаем успеха!
№1. Единицы измерения физических вели- Ниже приведены справочные данные, ко-
чин писать не нужно. торые могут понадобиться Вам при выполне-
нии работы.
Ответом к заданиям 5–7, 11, 12, 16–18, 21,
23 и 24 является последовательность двух
цифр. Ответ запишите в поле ответа в тексте
работы, а затем перенесите по приведенному
ниже образцу без пробелов, запятых и дру-
гих дополнительных символов в бланк отве-
тов №1.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 35

ДЕСЯТИЧНЫЕ ПРИСТАВКИ атомная единица

массы 1 а.е.м. 1,66 ˜ 10 27 кг

1 атомная единица

массы эквивалентна 931,5 МэВ
1 электронвольт 1 эВ 1,6 ˜ 10 19 Дж
1 астрономическая

единица 1 а.е. | 150 000 000 км
1 световой год 1 св. год | 9,46 ˜ 1015 м

1 парсек 1 пк | 3,26 св. года

электрона МАССА ЧАСТИЦ
протона
нейтрона 9,1 ˜ 10 31 кг | 5,5 ˜ 10 4 а.е.м.
1,673 ˜ 10 27 кг | 1,007 а.е.м.
1,675 ˜ 10 27 кг | 1,008 а.е.м.

АСТРОНОМИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ

средний радиус Земли R† 6370 км
радиус Солнца R⊙ 6,96 ˜ 108 м
температура поверхно-
сти Солнца T 6000 К

КОНСТАНТЫ ПЛОТНОСТЬ

число S S = 3,14 воды 1000 кг м3
древесины (сосна) 400 кг м3
ускорение свободного падения на Земле керосина
g 10 м с2 подсолнечного масла 800 кг м3
алюминия 900 кг м3
гравитационная постоянная железа 2700 кг м3
G 6,7 ˜ 10 11 Н ˜ м2 кг2 ртути 7800 кг м3

универсальная газовая постоянная 13600 кг м3

R 8,31 Дж моль ˜ К УДЕЛЬНАЯ ТЕПЛОЕМКОСТЬ

постоянная Больцмана воды 4,2 ˜ 103 Дж к㠘 К
k 1,38 ˜ 10 23 Дж К льда 2,1 ˜ 103 Дж к㠘 К
железа 460 Дж к㠘 К
постоянная Авогадро
NA 6 ˜ 1023 моль 1 свинца 130 Дж к㠘 К
алюминия 900 Дж к㠘 К
скорость света в вакууме меди 380 Дж к㠘 К

c 3 ˜ 108 м с чугуна 500 Дж к㠘 К
коэффициент пропорциональности в зако-
не Кулона УДЕЛЬНАЯ ТЕПЛОТА

k 1 9 ˜ 109 Н ˜ м2 Кл2 парообразования воды 2,3 ˜ 106 Дж кг
4SH0 плавления свинца 2,5 ˜ 104 Дж кг
плавления льда 3,3 ˜ 105 Дж кг
модуль заряда электрона (элементарный
электрический заряд) НОРМАЛЬНЫЕ УСЛОВИЯ

e 1,6 ˜ 10 19 Кл давление – 105 Па, температура – 0 qC

постоянная Планка МОЛЯРНАЯ МАССА
h 6,6 ˜ 10 34 Дж ˜ с
28 ˜ 10 3 кг моль
СООТНОШЕНИЕ МЕЖДУ РАЗЛИЧНЫМИ азота 40 ˜ 10 3 кг моль
аргона 2 ˜ 10 3 кг моль
ЕДИНИЦАМИ водорода

температура 0 К 273 qC

36 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

воздуха 29 ˜ 10 3 кг моль пульса первого тела p1 8 к㠘 м с , второго
воды 18 ˜ 10 3 кг моль тела p2 6 к㠘 м с . Каков модуль импульса
гелия 4 ˜ 10 3 кг моль системы этих тел после их абсолютно неуп-
кислорода 32 ˜ 10 3 кг моль ругого удара?
лития 6 ˜ 10 3 кг моль
неона 20 ˜ 10 3 кг моль 4. Мальчик взвесил рыбу на самодельных
углекислого газа 44 ˜ 10 3 кг моль весах из легкой удочки (рис.4). В качестве

ЧАСТЬ 1 Рис. 4

Ответами к заданиям 1–24 явля- гири он использовал батон хлеба массой
ются слово, число или последова- 1 кг. Определите массу рыбы.
тельность цифр или чисел. Ответ
запишите в поле ответа в тексте 5. Ученик помещал цилиндр объемом
работы, а затем перенесите в V 10 см3, не удерживая его, в различные
БЛАНК ОТВЕТОВ № 1 справа от жидкости, плотности которых представлены
номера соответствующего задания, в таблице, и измерял объем погруженной в
начиная с первой клеточки. Каждый
символ пишите в отдельной клеточ-
ке в соответствии с приведенными в
бланке образцами. Единицы измере-
ния физических величин писать не
нужно.

1. На рисунке 1 представлен график зави-
симости скорости v прямолинейно движуще-

Рис. 1 жидкость части цилиндра Vпогр . По резуль-
татам измерений была получена зависимость
гося тела от времени t. Определите по графи- объема погруженной части цилиндра Vпогр
ку путь, пройденный телом в интервале от плотности жидкости U (рис.5).
времени от 0 до 3 с после начала движения.
Выберите два верных утверждения, согла-
2. На рисунке 2 представлен график зави-
симости модуля силы упругости F от удли- сующихся с данными, представленными на
нения пружины x. Какова жесткость пру-
жины? рисунке и в таблице.

3. Два тела движутся по взаимно перпен-
дикулярным пересекающимся прямым, как

показано на рисун-
ке 3. Модуль им-

Рис. 2 Рис. 3 Рис. 5

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 37

1) В бензине и спирте сила Архимеда, цифры под соответствующими буквами А
действующая на цилиндр, одинакова. и Б.

2) Цилиндр тонет в спирте. ГРАФИКИ ФИЗИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ
3) На цилиндр, плавающий в бромофор-
ме, действует выталкивающая сила около 1) кинетическая
35 мН.
4) Цилиндр плавает во всех жидкостях, энергия Eк
указанных в таблице. 2) проекция уско-
5) При плавании цилиндра в хлороформе
и дийодметане сила Архимеда, действующая рения ax
на него, одинакова. 3) координата х
6. Подвешенный на пружине груз совер-
шает вертикальные свободные гармоничес- 4) проекция ско-
кие колебания. Массу груза увеличили, ос-
тавив жесткость пружины и амплитуду коле- рости vy
баний неизменными. Как при этом измени- 8. При увеличе-
лись частота колебаний груза и его макси-
мальная скорость? нии абсолютной
Для каждой величины определите соответ-
ствующий характер изменения: Рис. 7 температуры сред-
1) увеличилась;
2) уменьшилась; няя кинетическая
3) не изменилась
Запишите в таблицу выбранные цифры энергия хаотического теплового движения
для каждой физической величины. Цифры в
ответе могут повторяться. молекул гелия увеличилась в 2 раза. Конеч-

ная температура газа равна 400 К. Какова

начальная температура газа?

9. Рабочее тело тепловой машины с КПД

30% за цикл работы отдает холодильнику

количество теплоты, равное 70 Дж. Какое

количество теплоты за цикл рабочее тело

получает от нагревателя?

10. Температура медной детали снизилась

c 80 до 40 qC . Масса детали равна 0,4 кг.

Какое количество теплоты отдала деталь при

остывании?

11. В сосуде под поршнем при комнатной

температуре долгое время находятся вода и

водяной пар. Масса воды равна массе пара.

Объем сосуда медленно изотермически уве-

7. После удара в момент t = 0 шайба личивают в 3 раза.

начинает скользить вверх по гладкой на- Выберите два утверждения, которые вер-

клонной плоскости с начальной скоростью но отражают результаты этого опыта.

v0 , как показано 1) Плотность пара в начале и конце опыта
на рисунке 6, и в
одинакова.

момент t t0 воз- 2) Давление пара сначала было постоян-
вращается в исход-
ным, а затем стало уменьшаться.

ное положение. 3) Концентрация пара в сосуде в начале

Графики А и Б опыта больше, чем в конце опыта.

Рис. 6 (рис.7) отобража- 4) В конечном состоянии давление пара в

ют изменение с те- сосуде в 3 раза меньше первоначального.

чением времени 5) Масса пара в сосуде не изменяется.

физических величин, характеризующих дви- 12. На рисунках А и Б (рис.8) приведены

жение шайбы. графики двух процессов 1–2 и 3–4, каждый

Установите соответствие между графика- из которых совершает 1 моль разреженного

ми и физическими величинами, изменение аргона. Графики построены в координатах

которых со временем эти графики могут p–T и V–T, где p – давление, V – объем и T

отображать. – абсолютная температура газа.

К каждой позиции первого столбца подбе- Установите соответствие между графика-

рите соответствующую позицию из второго ми и утверждениями, характеризующими

столбца и запишите в таблицу выбранные изображенные на графиках процессы.

38 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

К каждой позиции первого столбца подбе- тонкий проводник. Рельсы, резистор и про-
рите соответствующую позицию из второго водник образуют контур, который находит-
столбца и запишите в таблицу выбранные ся в однородном магнитном поле, как пока-
цифры под соответствующими буквами А и зано на рисунке 11,а. При движении провод-
Б. ника площадь контура изменяется так, как
указано на рисунке 11,б.
ГРАФИКИ УТВЕРЖДЕНИЯ
Рис. 11
1) Газ получает коли-
Выберите два верных утверждения, соот-
чество теплоты, при ветствующих приведенным данным и описа-
нию опыта.
этом его внутренняя
1) Поскольку рельсы гладкие, для переме-
энергия увеличивает- щения проводника в любой момент времени
силу прикладывать не надо.
ся.
2) Максимальная ЭДС наводится в конту-
2) Газ отдает количе- ре в интервале от 10 до 30 с.

ство теплоты, при 3) Сила, прикладываемая к проводнику
для его перемещения, максимальна в интер-
этом его внутренняя вале времени от 30 до 40 с.

энергия уменьшается. 4) В течение первых 15 с ток течет через
резистор непрерывно.
3) Газ получает коли-
5) В интервале времени от 15 до 25 с через
чество теплоты и со- резистор течет ток.

вершает положитель- 17. Резистор R1 и реостат R2 подключены
последовательно к источнику напряжения U
ную работу. (рис.12). Как из-
менятся сила тока
4) Над газом совер- в цепи и мощность,
выделяющаяся на
шают положитель- резисторе R1 , если
ползунок реостата
Рис. 8 ную работу, при этом переместить до
газ отдает тепло. конца вверх? Счи- Рис. 12
тайте, что напряжение на выводах источника
13. Протон p влетел в зазор между полю- остается при этом прежним.

сами магнита со скоростью v , перпендику- Для каждой величины определите соответ-
ствующий характер изменения:
лярной вектору ин-
1) увеличится;
дукции B магнит- 2) уменьшится;
3) не изменится.
ного поля (рис.9; Запишите в таблицу выбранные цифры
для каждой физической величины. Цифры в
значком … показа- ответе могут повторяться.
18. Конденсатор колебательного контура
Рис. 9 но направление дви- длительное время подключен к источнику
жения протона).

Куда направлена относительно рисунка

(вправо, влево, вверх, вниз, к наблю-

дателю, от наблюдателя) действую-

щая на протон сила Лоренца F ? Ответ

запишите словом (словами).

14. Расстояние между двумя точечными

зарядами увеличили в 3 раза и каждый из

зарядов уменьшили в 3 раза. Во сколько раз

уменьшился модуль силы взаимодействия

между ними?

15. Какая точка является изображением

точки S (рис.10), создаваемым тонкой соби-

рающей линзой с фокусным расстоянием F?

Рис. 10

16. По гладким параллельным рельсам,
замкнутым на резистор, перемещают легкий

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 39

постоянного напряжения

(рис.13). В момент t = 0

переключатель K перево-

дят из положения 1 в

положение 2. Графики А

и Б (рис.14) отображают

изменения физических

величин, характеризую-

щих колебания в контуре

Рис. 13 после этого (T – период
колебаний).

Установите соответствие между графика-

ми и физическими величинами, зависимости

которых от времени эти графики могут ото-

бражать.

К каждой позиции первого столбца подбе-

рите соответствующую позицию из второго

столбца и запишите в таблицу выбранные

цифры под соответствующими буквами А и

Б.

ГРАФИКИ ФИЗИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ Рис. 15

1) сила тока в ка- фотоэлемент), исследовали зависимость ки-
нетической энергии фотоэлектронов от час-
тушке тоты падающего света. Для этого в прорезь
осветителя помещали различные светофиль-
2) заряд левой об- тры и измеряли запирающее напряжение. В
первой серии опытов использовался свето-
кладки конденсато- фильтр, пропускающий только красный свет,
а во второй – пропускающий только желтый
ра свет.

3) энергия электри- Как изменяются модуль запирающего на-
пряжения и максимальная кинетическая энер-
ческого поля кон- гия фотоэлектронов при переходе от первой
серии опытов ко второй? Для каждой вели-
денсатора чины определите соответствующий характер
изменения:
4) заряд правой об-
1) увеличивается;
Рис. 14 кладки конденсато- 2) уменьшается;
ра 3) не изменяется.
Запишите в таблицу выбранные цифры
19. Ядро 195 Os осмия испытывает элект- для каждой физической величины. Цифры в
76 ответе могут повторяться.

ронный E -распад, при этом образуется ядро 22. Определите показания динамометра
(рис.16), если погрешность прямого измере-
элемента A X . Каковы заряд Z (в единицах
Z

элементарного заряда) и массовое число A

образовавшегося ядра X?

В бланк ответов № 1 перенесите
только числа, не разделяя их пробе-
лом или другим знаком.

20. Какая доля от исходного большого
количества радиоактивных ядер распадется
за интервал времени, равный двум периодам
полураспада?

21. На установке, представленной на фо-
тографии (рис.15; а – общий вид, б –

40 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

ния силы равна 24. Рассмотрите таблицу, содержащую
сведения о ярких звездах.
цене деления дина-
Выберите два верных утверждения, кото-
мометра. Динамо- рые соответствуют характеристикам звезд.

метр проградуиро- 1) Звезда Ригель является сверхгигантом.
2) Звезда Альдебаран является красным
ван в ньютонах. гигантом.
3) Так как звезды Антарес А и ан-Ният
В бланк отве- имеют примерно одинаковые массы, они
относятся к одному спектральному классу.
тов № 1 перене- 4) Температура поверхности звезды Бе-
тельгейзе выше, чем температура поверхно-
сите только сти Солнца.
5) Так как звезды Ригель и Бетельгейзе
числа, не разде- относятся к одному созвездию, они находят-
ся на одинаковом расстоянии от Земли.
ляя их пробелом
ЧАСТЬ 2
или другим зна-
Ответом к заданиям 25–27 явля-
ком. ется число. Это число запишите в
поле ответа в тексте работы, а
Рис. 16 23. Ученику нуж- затем перенесите в БЛАНК ОТВЕ-
ТОВ № 1 справа от номера соответ-
но обнаружить зависимость периода свобод- ствующего задания, начиная с пер-
вой клеточки. Каждый символ пиши-
ных электромагнитных колебаний в колеба- те в отдельной клеточке в соответ-
ствии с приведенными в бланке об-
тельном контуре от емкости конденсатора. разцами. Единицы измерения физи-
ческих величин писать не нужно.
Какие два колебательных контура (рис.17)
25. Какой путь пройдет тело за 2 с, двига-
Рис. 17 ясь по прямой в одном направлении, если его
скорость за это время уменьшается в 3 раза?
он должен выбрать для проведения такого Модуль ускорения тела равен 5 м с2.
исследования?
26. При изохорном нагревании идеального
Запишите в ответе номера выбранных ко- газа на 300 К его давление удвоилось. Како-
лебательных контуров. ва была первоначальная абсолютная темпе-
ратура газа?

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 41

27. Две частицы с отношением зарядов Полное правильное решение каж-
q2 1 дой из задач 29–32 должно содер-
пqо1лях8, движутся в однородных магнитных жать законы и формулы, применение
перпендикулярных их скоростям: которых необходимо и достаточно
для решения задачи, а также мате-
первая – в поле с индукцией B1 ; вторая – в матические преобразования, расче-
поле с индукцией B2 . Найдите отношение ты с численным ответом и при необ-
радиусов траекторий частиц R2 , если их ходимости рисунок, поясняющий ре-
импульсы одинаковы, а отношеRн1ие модулей шение.

индукции B2 2 . 29. Небольшой брусок массой m = 100 г,
B1 скользящий по гладкой горизонтальной по-
верхности, абсолютно неупруго сталкивает-
Не забудьте перенести все отве- ся с неподвижным телом массой М = 2m.
При дальнейшем поступательном движении
ты в бланк ответов № 1 в соответ- тела налетают на недеформированную пру-
жину, одним концом прикрепленную к стене
ствии с инструкцией по выполнению (рис.19). Через какое время t после абсолют-

работы. Проверьте, чтобы каждый

ответ был записан в строке с номе-

ром соответствующего задания.

Для записи ответов на задания 28–

32 используйте БЛАНК ОТВЕТОВ

№ 2. Запишите сначала номер зада-

ния (28, 29 и т. д.), а затем решение

соответствующей задачи. Ответы Рис. 19
но неупругого удара бруски вернутся в точку
записывайте четко и разборчиво. столкновения? Скорость движения бруска
до столкновения v 2 м с , жесткость пру-
28. В сосуд наливают воду при комнат- жины k 30 Н м , а расстояние от точки
столкновения до пружины L = 10 см.
ной температуре. В воду погружают нагре-
30. Два одинаковых теплоизолированных
вательные элемен- сосуда соединены короткой трубкой с кра-
ном. В первом сосуде находится Q1 2  моль
ты с сопротивле- гелия при температуре T1 400  К, во вто-
ром – Q2 3  моль аргона при температуре
ниями R1 и R2 , T2 300  К. Кран открывают. В установив-
подключенные к шемся равновесном состоянии давление в
сосудах становится р = 5,4 кПа. Определите
источнику посто- объем V одного сосуда. Объемом трубки
пренебречь.
янного напряже-
31. В электрической цепи, показанной на
ния так, как по- рисунке 20, r = 1 Ом, R1  = 4 Ом,
R2  = 7 Ом, C = 0,2 мкФ, ключ K дли-
казано на рисун-
Рис. 20
ке 18,а. Оставив

ключ в положе-

нии 1, доводят

воду до кипения.

Затем кипяток

выливают, сосуд

охлаждают до

комнатной темпе-

ратуры, вновь на-

полняют таким же

Рис. 18 количеством воды
при комнатной

температуре и, повернув ключ К в положе-

ние 2 (рис.18,б), повторяют опыт. Напря-

жение источника в опытах одинаково. Опи-

раясь на законы электродинамики и моле-

кулярной физики, объясните, в каком из

приведенных опытов вода закипит быст-

рее.

42 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

тельное время находится в положении 1. За торого перпендикулярен пластинке, если
длительное время после перевода ключа в фотоэлектрон может удалиться от поверхно-
положение 2 изменение заряда на правой сти пластинки на максимальное расстояние
обкладке конденсатора 'q 0,55  мкКл. d = 2,5 мм?
Найдите ЭДС источника E.
Проверьте, чтобы каждый ответ был за-
32. На плоскую цинковую пластинку (Aвых= писан рядом с номером соответствующего
= 3,75 эВ) падает электромагнитное излуче- задания.
ние с длиной волны 0,3 мкм. Какова напря-
женность задерживающего однородного элек- Публикацию подготовили
трического поля, вектор напряженности ко- М.Демидова, А.Черноуцан

Московский государственный
университет имени
М.В.Ломоносова

ФИЗИКА тил ограничитель в виде
горизонтально закреплен-
Профильный экзамен ного кольца, сквозь кото-
рое груз прошел беспре-
В 2019 году профильный экзамен (дополни- пятственно, а перегрузок
тельное вступительное испытание) по физике был удержан кольцом. На
в МГУ и его Севастопольском филиале прово- какую величину 'T из-
дился в письменной форме. Типовое задание менится сила натяжения
для абитуриента охватывало все основные нити после прохождения
разделы программы по физике для поступаю- правым грузом кольца ог-
щих в МГУ: 1) механику, 2) молекулярную раничителя, если масса
физику и термодинамику, 3) электродинами- перегрузка m = 250 г?
ку и 4) оптику. По каждому разделу програм- Ускорение свободного
мы абитуриенту предлагались краткий вопрос падения примите равным Рис. 1
по теории и дополняющая его задача. На g 10 м с2 .
выполнение всего задания отводилось четыре
астрономических часа. 2. Сформулируйте закон сохранения ме-
ханической энергии системы материальных
Ниже приводятся примеры заданий про- точек. Поясните смысл входящих в этот
фильного экзамена 2019 года. закон величин.

МЕХАНИКА Задача. На краю стола лежит шайба 1
радиуса R = 10 см, такая же шайба 2 нахо-
1. Запишите формулы для зависимости от дится на расстоянии s = 15 см от первой
времени координаты и скорости точки, со- шайбы (рис.2). Какую минимальную ско-
вершающей прямолинейное равноперемен-
ное движение. Рис. 2

Задача. Два одинаковых груза массой рость v0 надо ударом сообщить второй шай-
M = 1 кг каждый соединены между собой бе в направлении первой, чтобы та упала со
легкой нерастяжимой нитью, переброшен- стола? Коэффициент трения шайб о поверх-
ной через невесомый блок, причем правый ность стола P  = 0,2. Соударение шайб счи-
груз находится выше левого (рис.1). На
правый груз осторожно положили перегру-
зок в виде диска с прорезью, выступающего
за края груза, после чего система грузов
пришла в движение. Переместившись вниз
на некоторое расстояние, правый груз встре-

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 43

тайте центральным и абсолютно упругим. дите отношение K работы, совершенной
Центры шайб расположены на одном пер- газом, к количеству теплоты, полученному
пендикуляре к краю стола. Ускорение сво- газом от нагревателя.
бодного падения примите равным
g 10 м с2 . ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА 1. Дайте определение потенциала электро-
статического поля. Запишите формулу, свя-
1. Сформулируйте основные положения зывающую разность потенциалов с напря-
женностью однородного электростатическо-
молекулярно-кинетической теории. Каковы го поля.

по порядку величины масса и размеры моле- Задача. Три одинаковых маленьких шари-
ка массой m = 10 г каждый, несущие заря-
кул? ды q 10 8  Кл, связаны тремя непроводя-
щими нитями длиной l = 5 см каждая и
Задача. В два одинаковых цилиндричес- располагаются на
гладком непрово-
ких сообщающихся сосуда, герметично зак- дящем горизон-
тальном столе,
рытых крышками, налита жидкость плотно- образуя правиль-
ный треугольник
стью U 103 кг м3 (рис.3). Сверху над (рис.5). Нить, со-
единяющую ша-
жидкостью нахо- рики 1 и 2, пере- Рис. 5
резают, и шарики
дится идеальный приходят в движение. Пренебрегая поляри-
зацией поверхности стола, найдите макси-
газ. Расстояние мальную скорость v3 шарика 3. Электричес-
кая постоянная H0 8,85 ˜ 10 12 Ф м .
между уровнем
2. Как определяются величина и направле-
жидкости и ние вектора магнитной индукции?

крышками сосу- Задача. Деревянный цилиндр массой
m = 25 г и длиной l = 10 см лежит на
дов h = 50 см. В наклонной плоскости, образующей с гори-
зонтом угол D 30q, так, что ось цилиндра
начальном состо- горизонтальна (рис.6). Цилиндр плотно (без

Рис. 3 янии температу- Рис. 6
ра и давление

газа в обоих сосудах были одинаковыми и
равными T0  = 300 К и p0 103 Па соот-
ветственно. Определите, до какой темпера-

туры Т надо нагреть газ в правом сосуде,

чтобы в левом сосуде жидкость поднялась на

высоту 'h  = 1 см, если температуру газа в

левом сосуде поддерживать равной T0 . Дав-
лением паров жидкости, тепловым расшире-

нием жидкости и сосудов можно пренебречь.

Ускорение свободного падения считайте рав-
ным g 10 м с2 .

2. Сформулируйте определение внутрен-

ней энергии термодинамической системы.

Укажите способы изменения внутренней

энергии.

Задача. Над некоторым количеством иде-

ального одноатомного газа осуществляют

процесс, представленный на рисунке 4, где

участок 1–2 – адиабатное расширение. Най-

Рис. 4 зазора) охватывает закрепленная на нем
тонкая прямоугольная проволочная рамка,
плоскость которой проходит через ось ци-
линдра. Вся система находится в однород-
ном магнитном поле с индукцией B = 1 Тл,
вектор которой направлен вертикально. Ка-
кой минимальный ток Imin нужно пропус-

44 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

тить по рамке, чтобы цилиндр не скатывался Рис. 7
по наклонной плоскости? Трение между
цилиндром и наклонной плоскостью доста- ча, изображение пламени которой рассмат-
точно велико для того, чтобы цилиндр не ривают, направив взгляд по нормали к по-
скользил. Ускорение свободного падения верхности зеркала. На какое расстояние x
примите равным g 10 м с2 . сместится изображение пламени, если меж-
ду свечой и зеркалом поместить плоскопа-
ОПТИКА раллельную стеклянную пластинку, парал-
лельную зеркалу (рис.7)? Толщина плас-
1. Какие линзы называются тонкими? тинки d = 1,2 см, показатель преломления
Дайте определения фокусного расстояния и стекла n = 1,5. Углы падения света на пла-
оптической силы тонкой линзы. стинку и преломления в ней считайте малы-
ми. Учтите, что для малых значений аргу-
Задача. Предмет высотой h = 2 см распо- мента D , заданного в радианах, справедли-
ложен на расстоянии а = 20 см от плоско- во приближенное равенство sin D | tg D | D .
выпуклой тонкой линзы с фокусным рассто-
янием F = 16 см перпендикулярно ее глав- Публикацию подготовил С.Чесноков
ной оптической оси. Выпуклая поверхность
линзы обращена к предмету. Определите
высоту H изображения предмета, даваемого
этой линзой после того, как ее плоскую
поверхность посеребрят.

2. Постройте ход световых лучей в призме.
Что такое полное внутреннее отражение?

Задача. Перед плоским зеркалом, распо-
ложенным вертикально, стоит горящая све-

Физико-математическая
олимпиада «Физтех»

Олимпиада «Физтех» проходит в два этапа, + (6 - a) x + 2 + 2b . Пусть разности их кор-
отдельно по математике и физике. Заключи-
тельный этап олимпиады проводится очно в ней равны A, B, C и D соответственно и при
городах России и ближнего зарубежья. Побе- этом A π B . Найдите отношение
дители и призеры имеют льготы, определяе-
мые приемной комиссией вуза, в который C2 - D2 .
подаются документы для поступления. A2 - B2

Физико-математическая олимпиада «Физ- Значения A, B, C, D, a, b не заданы.
тех» входит в перечень олимпиад школьников,
утвержденный Министерством просвещения 2. Известно, что
Российской Федерации.
cos x - sin x = 1 ctg x + y
Ниже приводятся материалы по математике sin y 32 2
и физике, предлагавшиеся в 2019 году на
заключительном этапе олимпиады «Физтех». и

МАТЕМАТИКА sin x + cos x = -6 2tg x + y .
cos y 2
11 класс
Найдите все возможные значения выраже-
Вариант 1
ния tg (x + y) , если известно, что их не
1. Даны квадратные трехчлены f1 (x) =
= x2 - ax + 2, f2 (x) = x2 + 3x + b , f3 (x) = менее трех.
= 3x2 + (3 - 2a) x + 4 + b и f4 (x) = 3x2 + 3. На столе лежат 130 различных карточек

с числами 502, 504, 506, ..., 758, 760 (на
каждой карточке написано ровно одно чис-
ло, каждое число встречается ровно один
раз). Сколькими способами можно выбрать

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 45

3 карточки так, чтобы сумма чисел на выб- Вариант 2

ранных карточках делилась на 3? 1. Дана линейная функция f (x). Извест-

4. Окружности : и Z касаются внешним но, что расстояние между точками пересече-
образом в точке F, а их общая внешняя
ния графиков y x2 1 и y = f (x) равно
касательная касается окружностей : и Z в
3 2 , а расстояние между точками пересече-
точках A и B соответственно. Прямая l
ния графиков y x2 и y = f (x) - 2 равно
проходит через точку B, вторично пересека-
10 . Найдите расстояние между точками
ет окружность Z в точке C, а также пересе- пересечения графиков функций y x2 и y =

кает : в точках D и E (точка D расположена = f (x).

между C и E). Общая касательная окружно- 2. Известно, что

стей, проходящая через точку F, пересекает cos 3x 2
5
прямые AB и BE в точках P и H соответствен- (2 cos 2x - 1) cos y = + cos2 (x + y)

но (точка F лежит между точками P и H).

Известно, что BC = 42, DH = HC = 4. и

Найдите длину отрезка HP и радиусы обеих sin 3x = 3 + sin2 (x + y)
5
окружностей. (2 cos 2x + 1) sin y .

5. Решите неравенство Найдите все возможные значения выраже-

( )ÁÊ ¥ ния cos (x + 3y), если известно, что их не

Ë менее двух.
log 3 x2 - 4 x + 5 1 + 4x2 3. Есть 207 различных карточек с числами
2 3 6
1, 2, 3, 22 , 32 , ..., 2103 , 3103 (на каждой
¥ ( )ˆ карточке написано ровно одно число, каж-
log 3 x2 - 4 + 5 1 - 4x2 + 1¯˜ ¥ дое число встречается ровно один раз). Сколь-
2 3 x 6
кими способами можно выбрать 3 карточки
¥ log1-16x4 Ê 3x2 - 4x + 5ˆ ≥ 1. так, чтобы произведение чисел на выбран-
ËÁ 2 3 6 ˜¯ ных карточках было квадратом целого чис-
ла, делящегося на 6?
6. Окружность, центр которой лежит на
прямой y = b, пересекает параболу y = 3 x2 4. Хорды AB и CD окружности * с
центром O имеют длину 4. Продолжения
4 отрезков BA и CD за точки A и D соответ-
хотя бы в трех различных точках; одна из ственно пересекаются в точке P. Прямая PO
пересекает отрезок AC в точке L, причем
этих точек – начало координат, а две из AL:LC = 2:3.

оставшихся лежат на прямой y = 3 x + b . а) Найдите AP.
4 б) Пусть дополнительно известно, что ра-

Найдите все значения b, при которых опи- диус окружности * равен 2,5, а точка T –
центр окружности, вписанной в треугольник
санная конфигурация возможна. ACP. Найдите длину отрезка PT и площадь
7. На ребрах AC, BC, BS, AS правильной треугольника ACP.

треугольной пирамиды SABC с вершиной S 5. Решите неравенство
выбраны точки K, L, M, N соответственно.
Известно, что точки K, L, M, N лежат в ( ) ( )log1+x2 1 + 27x5 + log1-2x2 +27x4 1 + x2 £
одной плоскости, причем KL = MN = 2, ( )£ 1 + log1-2x2 +27x4 1 + 27x5 .
KN = LM = 18. В четырехугольнике KLMN
расположены две окружности :1 и :2 , 6. Найдите все значения параметра a, при
причем окружность :1 касается сторон KN, каждом из которых у системы уравнений
KL и LM, а окружность :2 касается сторон
KN, LM и MN. Прямые круговые конусы ÌÔÏÔÓxx22 + y2 = 26 (y sin 2a - x cos 2a),
F1 и F2 с основаниями :1 и :2 соответ- + y2 = 26 (y cos 3a - x sin 3a)
ственно расположены внутри данной пира-
миды, причем вершина P конуса F1 лежит на существуют два решения (x1;y1) и (x2;y2 )
ребре AB, а вершина Q конуса F2 лежит на тPак(xи1е;y, 1)чтио Qр(аxс2с;yт2о)янриаевноме1ж0.ду точками
ребре CS.

а) Найдите ‘SAB .
б) Найдите длину отрезка CQ.

46 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

7. Дана усеченная пирамида ABCA1B1C1 с 6. В окружность : радиуса 13 вписаны
боковыми ребрами AA1 , BB1 , CC1 трапеция ABCD ( AD BC ) и прямоуголь-
( ABC A1B1C1 ) такая, что треугольник ник A1B1C1D1 таким образом, что AC A B1D1 ,
ABA1 – равносторонний. На ребре CC1 , BD A A1C1 . Найдите отношение площади
перпендикулярном основанию ABC пирами- ABCD к площади A1B1C1D1 , если известно,
ды, лежит точка M такая, что что AD = 10, BC = 24.
CM : MC1 1 : 2 . Сфера : c радиусом
R 5 проходит через вершины треуголь- ФИЗИКА
ника ABA1 и касается отрезка CC1 в точке
M. 9 класс

а) Найдите длину ребра AB. Вариант 1
б) Пусть дополнительно известно, что
–BAC = arcsin 1 . Найдите угол между 1. Пловец переплывает через реку шири-
ной d = 100 м за наименьшее время
3 W  = 100 с. За это время течение сносит его
прямой CC1 и плоскостью ABA1 , а также на s = 200 м. Снос – это расстояние, на
длину ребра A1C1 . которое сместится пловец вдоль реки к мо-
менту достижения противоположного бере-
Избранные задачи для 10 класса га. В подвижной системе отсчета, связанной
с водой, пловец движется с постоянной ско-
1. Найдите все значения переменной x, при ростью. Найдите:
каждом из которых оба выражения
1) скорость v течения реки;
f (x) = 21 - x2 - 4x и g (x) = x + 2 опре- 2) скорость u пловца в подвижной системе
отсчета, связанной с водой;
делены, причем min (f (x);g (x)) > x + 4 . 3) продолжительность Т заплыва, в кото-
2 ром снос будет минимальным.
2. Найдите первый член и знаменатель 2. Плоский склон холма образует угол
бесконечно убывающей геометрической про- D 30q с горизонтом. Мяч, брошенный с
грессии, если отношение суммы кубов всех поверхности склона в горизонтальном на-
ее членов к сумме всех членов этой прогрес- правлении вниз по склону, через W  = 0,5 с
сии равно 48 , а отношение суммы четвер-
движется со скоростью v1 13 м с . Ускоре-
7 ние свободного падения g 10 м с2 . Силу
тых степеней членов к сумме квадратов чле- сопротивления воздуха считайте пренебре-
жимо малой. Найдите:
нов этой прогрессии равно 144 .
3. Дана равнобокая тра1п7еция ABCD 1) начальную скорость v0 мяча;
2) через какое время t1 после старта мяч
( AD BC , AD > BC). Окружность : находился на максимальном расстоянии от
вписана в угол BAD, касается отрезка BC в поверхности склона;
точке C и повторно пересекает CD в точке E 3) на каком максимальном расстоянии Н
так, что CE = 9, ED = 7. Найдите радиус от поверхности склона находился мяч в этот
окружности : и площадь трапеции ABCD. момент.
3. Цилиндрический сосуд с водой стоит на
4. На координатной плоскости рассматри- весах. Показание весов P1  = 10 Н. В воду
вается фигура M, состоящая из всех точек, опустили льдинку с вмороженным в нее
координаты (x; y) которых удовлетворяют металлическим шариком. Уровень воды в
системе неравенств сосуде повысился на h = 4 см, а льдинка
стала плавать, полностью погрузившись в
Ï x - 1 + 5 - x £ 4, воду, не касаясь дна и стенок. Плотность
ÌÔ x2 воды U 1000 кг м3 , плотность льда
ÔÓ - 6x + 2y + 7 £ 0. U1 0,9U, плотность металла U2 2,7U, пло-
y+x-4 щадь поперечного сечения сосуда
S 100 см2. Ускорение свободного падения
Изобразите фигуру M и найдите ее площадь. g 10 м с2. Найдите:
5. Решите неравенство

3 x2 - 6 4x2
2 ≥ 0.
( )x2 2 - 8x2
-4x + 32 x - 48

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 47

1) показание P2 весов после погружения в Вариант 2
сосуд льдинки;
1. Лодочник пересекает реку шириной
2) массу m1 льда; d = 200 м за время W  = 200 с. За это
3) изменится ли показание весов после
время течение сносит лодку на s 3d . В
таяния льда, ответ обоснуйте.
подвижной системе отсчета, связанной с во-
4. В системе, показанной на рисунке 1, дой, лодка движется со скоростью
u 1,3 м с . Снос – это расстояние, на кото-
массы грузов равны m1 m3 m 0,1 кг , рое сместится лодка вдоль реки к моменту
m2 3m соответ- достижения противоположного берега. В
ственно. Первона- подвижной системе отсчета, связанной с во-
дой, лодка движется с постоянной скорос-
чально систему удер- тью. Найдите:

живают, затем отпус- 1) скорость v течения реки;
2) за какое время Т лодка пересечет реку,
кают. Грузы прихо- двигаясь по кратчайшему (относительно бе-
рега) пути.
дят в движение. На- 2. На плоском склоне с уклоном D 45q
бросают мяч с начальной скоростью
чальные скорости v0 20 м с , перпендикулярной склону. Точ-
ка старта находится на поверхности склона.
всех грузов нулевые. Ускорение свободного падения g 10 м с2 .
Найдите:
Ускорение свободно- 1) какое время Т после старта мяч будет
находиться на максимальном расстоянии от
го падения равно поверхности склона;
g 10 м с2 . Массы 2) скорость v1 мяча перед соударением со
склоном;
блоков и нитей по 3) на каком расстоянии s3 от точки старта
мяч упадет на склон после двух абсолютно
Рис. 1 сравнению с массой упругих ударов о склон.
3. Некоторые планеты (Венера, Земля,
грузов пренебрежи- Нептун) движутся вокруг Солнца по орби-
там, близким к круговым. Венера совершает
мо малы. Нерастяжимые нити свободно один оборот вокруг Солнца за время
TB 0,615 ˜ TЗ , где TЗ  = 365 суток – про-
скользят по блокам. Найдите: должительность земного года. Планеты дви-
жутся по орбитам в одной плоскости и в
1) скорость v1 груза 1 в тот момент, когда одном и том же направлении. Найдите:
груз 2 опустится на Н = 0,5 м; 1) отношение RЗ радиуса земной орбиты
к радиусу орбитыRВВенеры;
2) силу T2 натяжения нити, на которой
подвешен груз 2. 2) через какой наименьший промежуток
времени W расстояние между Землей и Вене-
5. При подключении источника постоян- рой периодически достигает наименьшего
значения.
ного напряжения к точкам А и В электричес-
4. На наклонной плоскости с углом накло-
кой цепи, схема которой представлена на на D к горизонту коэффициент трения сколь-
жения шайбы по плоскости на высотах,
рисунке 2, в цепи выделяется мощность меньших некоторой неизвестной высоты h,
равен P1 ( P1 ! tg D ), на бульших высотах
Рис. 2 коэффициент трения скольжения шайбы
равен P2 ( P2 tg D ). По наклонной плоско-
P1  = 100 Вт. При подключении того же
источника постоянного напряжения к точ-

кам В и С в цепи выделяется мощность

P2 2P1 . Найдите:
R2
1) отношение R1 ;

2) какая мощность P3 будет выделяться
в цепи при подключении того же источника

постоянного напряжения к точкам А и С.

48 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9

сти с высоты Н шайба движется с нулевой 2. На шероховатой горизонтальной поверх-
начальной скоростью и останавливается у ности стола покоится чаша. Внутренняя по-
основания наклонной плоскости. Ускорение верхности чаши – гладкая полусфера ради-
свободного падения равно g. Найдите: усом R. На дне чаши лежит небольшая
шайба массой m. Масса чаши 3m. Ударом
1) высоту h; шайбе сообщают горизонтальную скорость
2) максимальную скорость vmax шайбы в
процессе движения; v0 2gR , где g – ускорение свободного
3) продолжительность Т движения на уча- падения. Скольжение чаши начинается в тот
стке разгона. момент времени, когда вектор скорости шай-
5. На сопротивлениях R1 , R2 , R3 при бы повернется на угол D S . Найдите:
подаче на каждое из них одного и того же
напряжения выделяются мощности Р, 2Р, 6
3Р соответственно. Найдите: 1) с какой силой Р шайба действует на
1) какая мощность P1 будет выделяться чашу в этот момент;
при подаче того же напряжения на эти 2) коэффициент P трения скольжения
три сопротивления, соединенные последо- чаши по столу.
вательно; 3. Гладкая упругая шайба радиусом R,
2) какая мощность P2 будет выделяться движущаяся со скоростью v0 , упруго стал-
при подаче того же напряжения на цепь, в кивается с такой же шайбой, покоящейся на
гладкой горизонтальной поверхности. В ре-
Рис. 3 зультате столкновения скорость налетающей
шайбы уменьшается вдвое. Найдите:
которой эти сопротивления соединены по 1) расстояние d от центра покоившейся
схеме, приведенной на рисунке 3. шайбы до прямой, по которой двигался
центр налетающей шайбы;
10 класс 2) через какое время Т после соударения
расстояние между центрами шайб будет рав-
Вариант 1 но s.
4. Горизонтальный цилиндр длиной
1. Пушка установлена на плоском склоне L = 0,5 м вначале открыт в атмосферу и
горы, образующем угол D 30q с горизон- заполнен воздухом при температуре
том. При выстреле вверх по склону снаряд T0  = 300 К. Цилиндр плотно закрывают
падает на склон на расстоянии s1  = 700 м тонким поршнем и охлаждают. Поршень
от места выстрела. В момент падения ско- смещается и останавливается на расстоянии
рость снаряда перпендикулярна поверхнос- h = 0,4 м от дна. Далее цилиндр нагревают
ти склона. Пушку разворачивают на 180q до температуры T0 , при которой поршень
и производят второй выстрел вниз по скло- останавливается на расстоянии Н = 0,46 м
ну. Затем пушку перемещают на горизон- от дна. Атмосферное давление
тальную поверхность и производят третий p0  = 100 кПа, площадь поперечного сече-
выстрел. Ускорение свободного падения ния цилиндра S 0,1 м2 . Внутренняя энер-
g 10 м с2 . Силу сопротивления воздуха
считайте пренебрежимо малой. Угол накло- гия воздуха U 5 pV , где р – давление, V
на ствола к поверхности, с которой стреля- 2
ют, при всех выстрелах одинаков. Най-
дите: – объем. Считайте силу трения, действую-

1) на каком расстоянии s2 от места второго щую на поршень, постоянной в процессе
выстрела снаряд упадет на склон; движения поршня. Найдите:

2) дальность L стрельбы при третьем вы- 1) до какой температуры T1 был охлажден
стреле. воздух в цилиндре;

2) силу трения Fтр , действующую на пор-
шень в процессе движения поршня;

3) какое количество Q теплоты подвели к
воздуху в цилиндре в процессе нагревания к
тому моменту, когда поршень начал сме-
щаться.