А.

Припев одной широко известной и вполне хорошей песни о летчиках гласит:

«Летим мы по вольному свету,
Нас ветру догнать нелегко.
До самой далекой планеты
Не так уж, друзья, далеко!»

Если вы умеете ценить музыку, то вы одобрительно отзоветесь об этой песне. Если вы любите стихи, то тоже ничего плохого об этой песне не скажете. А если вы любите физику?

Б.

Вы, конечно, сравнили скорость ветра, скорость современного самолета и скорость, необходимую для достижения «самой далекой планеты», и сразу же обнаружили резкое несоответствие между ними. Вот результаты вашего сравнения:

1. Скорость самого сильного ветра (ураганного): 30...50 м/с.

2. Скорость современных сверхзвуковых самолетов: 400...800 м/с.

3. 3. Вторая космическая скорость, т.е. скорость, не достигнув которой нельзя говорить о полетах к другим планетам: 11 200 м/с.

Поэт в одном четверостишии и преувеличил, и преуменьшил скорость самолета в десятки раз.

В общем, вы, конечно, правы. Но я постараюсь, насколько это возможно, защитить поэта от критики.

Существует литературный прием, называемый гиперболой, что означает преувеличение. Чтобы подчеркнуть какое-либо качество, его преувеличивают. С давних пор все быстрое сравнивают с ветром, птицей. Позже появились другие гиперболы – сравнения «как пуля», «как метеор». Нетрудно предвидеть, что когда-нибудь в литературу войдет выражение «быстрый, как фотон», после чего прогресс литературы в этом направлении закончится, так как ничего быстрее фотона поэты не найдут (если не считать сомнительного оборота «быстрый, как мысль»).

В то время, когда появилось выражение «быстрый, как ветер», самым быстрым способом передвижения человека был бег, а по отношению к нему скорость ветра, конечно, была преувеличением. С тех пор многое переменилось. Но литературный язык обязан быть чуть-чуть консервативным – это оберегает его от засорения модными, но скоропреходящими выражениями. Сравнение «быстрый, как ветер» в литературе стало традиционным и уха особенно не режет даже тогда, когда оно относится к явлениям гораздо более быстрым, чем ветер. Очарованные поэтическими достоинствами этой песни, мы не замечаем ее физических недостатков, хотя слышали ее много раз. Конечно, стихи были бы точнее, если бы поэт вместо ветра сумел вставить что-нибудь более быстрое, хотя еще не известно, обязан ли он быть точным. Впрочем, в среднем поэт точен: он ведь сравнил скорость самолета также и со скоростью космического корабля.

Итак, вам надо продолжить поиски более тяжкого преступления поэта против физики. Чтобы облегчить вашу задачу, можно сократить цитату с четырех строк до одной:

«Нас ветру догнать нелегко».

Ошибка здесь. Ищете!

В.

Итак, «нас ветру догнать нелегко»... Иными словами, ветер, хотя и с трудом, но иногда самолет догоняет. В этом принципиальная ошибка поэта. Известно, что самолет в состоянии лететь только при условии, что он развил относительно воздуха определенную скорость, при которой набегающий на крыло воздушный поток создает достаточную подъемную силу. Именно для этого самолет перед взлетом разбегается по земле, причем для того, чтобы поскорее набрать нужную скорость относительно воздуха, самолет, взлетает против ветра (тогда взлет достигается при меньшей скорости относительно земли и, следовательно, можно обойтись более короткой взлетной полосой).

Ветер не может догнать самолет, даже если этот самолет самый тихоходный. Если, например, вдогонку самолету, имеющему скорость 30 м/с, будет дуть ураганный ветер со скоростью 40 м/с (вполне способный, по мнению поэта, догнать самолет), то скорость самолета возрастет до 70 м/с относительно земли. Относительно же воздуха она останется прежней – 30 м/с, т.е. ураганный ветер будет отставать от самолета так же безнадежно, как и штиль.

Если бы ветер догнал самолет, то скорость самолета относительно воздуха стала бы равной нулю, а вместе с нею обратилась бы в нуль и подъемная сила, в результате чего самолет упал бы.

Иногда в этом месте выдвигается довольно любопытное возражение: если скорость самолета благодаря урагану увеличилась с 30 до 70 м/с относительно земли, то, следовательно, ураган оказывает все-таки на самолет свое воздействие, чтО и означает, что он догнал самолет. В таком возражении налицо, прежде всего, смешение двух различных понятий: скорости ураганного ветра (т.е. ветра в данной точке урагана) и скорости урагана (перемещения всего урагана как целого). Первая огромна, а вторая обычно существенно ниже; ураган в принципе может даже некоторое время оставаться неподвижным (сравните с пыльным столбом вихря на дороге). Поэтому ураган и подавно не может догнать самолет. Увеличение скорости самолета под воздействием ураганного ветра есть результат того, что самолет сам влетел в зону урагана, но это уже заслуга самолета, а не урагана.

Для полной ясности полезно рассмотреть поезд и попутный с ним ветер. Если ветер догонит поезд, то пассажир, выглядывающий в окно, обнаружит полный штиль: шляпа или волосы пассажира даже не шелохнутся (хотя деревья гнутся под напором ветра), дым от паровоза поднимается вертикальным столбом (хотя дым придорожного костра несется попутно поезду). Поскольку поезд опирается на рельсы, а не на воздух, то догнавший его ветер не вызовет катастрофы. А самолет в аналогичной ситуации (если бы она была возможна) должен был бы упасть.

Правда, в атмосфере возможны и такие возмущения, которые способны догнать самолет (взрывная волна и др.). Однако поскольку эти явления ветром не называются, то они не имеют отношения к нашей задаче.

Оглавление

А.

Самолет летит по замкнутому маршруту Москва – Орша – Москва на побитие рекорда скорости. В течение всего полета дует ветер по направлению Москва – Орша с постоянной скоростью. Улучшится или ухудшится рекорд из-за ветра?

Б.

Если вы считаете, что ветер поможет при полете в одну сторону столько же, сколько помешает при полете в обратную сторону, и что поэтому его влияние не отразится на рекорде, то советуем рассмотреть дополнительно случай, когда скорость ветра равна воздушной скорости самолета. Тогда в Оршу самолет будет лететь с удвоенной скоростью, а обратно – со скоростью, равной нулю! Таким образом, в этом частном случае время, потребное на преодоление всего замкнутого маршрута, равно бесконечности, что явно больше того времени, которое понадобилось бы при отсутствии ветра.

В.

Если самолет летит по замкнутому маршруту, то, куда бы ни дул ветер, он ухудшит рекорд. Если бы ветер отсутствовал, то время на полет в одну сторону равнялось бы времени на полет в обратную. При наличии попутного ветра скорость самолета относительно Земли (путевая скорость) возрастает, благодаря чему время полета на первой половине маршрута уменьшается. На второй половине маршрута ветер встречный, путевая скорость уменьшается, время полета возрастает. Следовательно, ветер помогает полету меньшую часть времени, а мешает – бóльшую. Рекорд будет хуже, чем в отсутствие ветра.

Если ветер дует в обратном направлении, то он будет сначала мешать, а потом помогать. Но общий результат его усилий будет тот же.

Решим теперь задачу количественно. В отсутствие ветра время на весь маршрут

t₁ = 2l/vc

где 2l – полная длина маршрута (туда и обратно), vc – скорость самолета (воздушная, а в данном случае также и путевая).

При наличии ветра

t₂ = l/v_п1 + l/v_п2

где v_п1 и v_п2 – путевые скорости при полете туда и обратно. Если скорость ветра равна v_в, то

v_п1 = vc + v_в; v_п2 = vc – v_в,

и, следовательно,

t₂ = l/(vc + v_в) + l/(vc – v_в) = (l[vc – v_в] + l[vc + v_в])/(vc2 – v_в2) = 2lvc/(vc2 – v_в2).

Разделив числитель и знаменатель правой части на vc, получим

t₂ = 2l/(vc – v_в2/vc).

Сравнение показывает, что t₂ > t₁, так как если v_в ≠ 0, то знаменатель последней формулы меньше знаменателя первой, следовательно, вторая дробь больше первой.

Пример: l = 600 км, vc = 300 м/с, v_в=30 м/с. Тогда

t₂ = 2·600 000/(300 – 30·30/300) = 4000/0,99 = 4040,4 с.

В отсутствие ветра

t₁ = 2l/vc = 2·600 000/300 = 4000/1 = 4000 с,

т.е. продолжительность полета в отсутствие ветра меньше на один процент.

Оглавление

А.

Самолет летит по замкнутому маршруту Москва – Орша – Москва на побитие рекорда скорости. В течение всего полета ветер дует перпендикулярно к маршруту самолета? Мешает он рекорду или помогает?

Б.

В этом-то случае на ветер можно не обращать внимания, – убежденно заявляют многие. – Нет, если задача поставлена, то в ней что-то есть, – скажут умудренные опытом.

Действительно, ветер, дующий поперек, стремится снести самолет с маршрута. Чтобы лететь по маршруту, летчик должен развернуть самолет несколько против ветра. Но тогда ветер для самолета будет уже не строго поперечным: он станет немного встречным и будет мешать полету. Попробуйте отразить это обстоятельство векторной диаграммой и вычислить время полета.

В.

Рис. 39.

На рис. 39 показана векторная диаграмма, поясняющая влияние поперечного ветра на скорость самолета. В отсутствие ветра самолет Москва – Орша летит со скоростью v_с1 (вектор AB). Наличие бокового ветра v_в (вектор BC) приводит к тому, что самолет, продольная ось которого направлена на Оршу, будет фактически лететь в направлении AC (на Могилев, например) с путевой скоростью v_п1. Правда, абсолютная величина скорости благодаря ветру возрастает (v_п1 = √[v_с1² + v_в²] > v_с1), но самолет летит не туда, куда надо. Его сносит влево от маршрута на угол φ (угол сноса). Чтобы лететь на Оршу, самолет должен развернуться на некоторый угол α против ветра (на Витебск, например) Угол α надо подобрать таким, чтобы с учетом сноса самолет летел по маршруту, т.е. чтобы результирующий вектор v_п2 суммы векторов v_с2 и v_в был направлен на Оршу.

При построении чертежа следует помнить, что воздушная скорость самолета остается по величине той же (AD = AB, что отражается на чертеже дугой BD, центром которой является точка A). Из чертежа видно, что, несмотря на постоянство воздушной скорости v_с, путевая скорость при наличии бокового ветра меньше, чем в отсутствие его:

AE < AB.

Заметим кстати, что

sin α = v_в/v_с2 = tg φ = v_в/v_c1,

так как v_c1 = v_с2 = v_в. Поскольку sin α = tg φ, то α > φ, т.е. самолет должен развернуться на угол, больший первоначального угла сноса.

Подсчитаем теперь, насколько вреден поперечный ветер. В отсутствие ветра продолжительность полета

t₁ = 2l/v_с.

При наличии ветра

t₂ = 2l/v_п2 = 2l/v_с cos α = t₁/cos α.

Поскольку sin α = v_в/v_с, то α = arcsin (v_в/v_с), и, следовательно,

t₂ = t₁/cos (arcsin [v_в/v_с]).

Если v_с = 300 м/с и v_в = 30 м/с, то sin α = 30/300 = 0,1; α = 5°44'; cos α = 0,9954, t₂ = t₁/0,995, т.е. поперечный ветер ухудшил время полета на полпроцента. Итак, и встречный, и поперечный ветер ухудшает рекорд. Но, может быть, есть такой ветер, который может помочь рекорду? Ведь из чертежа видно, что если не сопротивляться поперечному ветру, то путевая скорость увеличивается (v_п1 > v_с1, «полет на Могилев»). Может быть, при показанном направлении ветра для установления рекорда лучше лететь не на Оршу, а на Могилев? Нет, не лучше: на этом маршруте возрастут неприятности на обратном пути.

И вообще, поскольку скорость всякого ветра можно разложить на продольную и поперечную составляющие, а каждая из этих составляющих, как видно из двух рассмотренных задач, мешает полету, то, очевидно, их сумма также всегда будет мешать установлению рекорда на замкнутом маршруте.

Оглавление

А.

Тонкое высокое дерево спилено под корень и падает (рис. 40). Куда прогибается ствол дерева во время падения: выпуклостью вниз или вверх?

Рис. 40. Падающее дерево

Во избежание запутывания картины посторонними обстоятельствами будем считать, что, во-первых, ствол дерева перепилен полностью, до последнего волокна, и, во-вторых, сопротивление воздуха падающему дереву отсутствует (иначе вас отвлекло бы от русла задачи то, что ветви и листья, составляющие крону, как парашют, поддерживают макушку дерева, и, следовательно, под действием собственной тяжести ствол прогибается вниз).

Б.

– Э-э-э, нас не надуешь! – таков ответ, полученный от многих из тех, кому автор предлагал эту задачу.– Мы знаем, что падающее тело находится в состоянии невесомости. А если ствол дерева ничего не весит, то отчего он будет прогибаться? Тем более, что в отсутствие атмосферы состояние невесомости у падающего предмета идеально!

Такой ответ является слишком поспешным. Только свободно падающее тело находится в состоянии невесомости, а спиленное дерево не является свободно падающим, так как оно (смотри в корень!) опирается комлем* на пень или на землю.

В.

Представим себе, что комель падающего дерева прикреплен к пню шарниром, вокруг которого дерево при падении вращается. И пусть там, куда дерево собирается упасть, земли нет, так что ствол, пройдя через горизонтальное положение, продолжает вращаться дальше. Это позволяет нам рассматривать его как маятник. А поведение маятника нам хорошо известно. Представим теперь вместо ствола множество математических маятников 01, 02, 03, ..., 08 различной длины, каждый из которых закреплен в одной и той же точке подвеса 0 (рис. 41). Как вы знаете, математический маятник представляет собой точечную массу, подвешенную на невесомом стержне. Для такого маятника известно, что период его колебания тем больше, чем длиннее маятник. Самый короткий маятник 01 будет иметь самый короткий период колебания, каждый последующий – более длинный период.

Рис. 41. Интерпретация падающего ствола

Пусть вначале все маятники составляют одинаковый угол α₀ по отношению к вертикали. Освободим все маятники одновременно и сфотографируем их через промежуток времени, за который маятник 08 успеет повернуться на заметный угол α₈. Поскольку период колебания маятника 07 короче, то за этот же промежуток времени он повернется на больший угол α₇. Угол поворота α₆ маятника 06 еще больше, и т.д. В результате маятники на снимке расположатся по кривой 01'2'3'...8', которая выпуклостью обращена вниз. Теперь ясно, что целый ствол также будет падать выпуклостью вниз, только силы упругости, связывающие отдельные «маятники» воедино, будут стремиться выпрямить кривую, отчего прогиб будет значительно меньше показанного. При падении тонкого высокого ствола этот прогиб отчетливо заметен.

Если дерево, падая, заденет соседнее или начнет падать до того, как ствол будет перепилен полностью («с хрустом»), то на рассмотренный прогиб наложатся колебания, постепенно затухающие. Казалось бы, что эти колебания должны возникнуть и при полном перепиле из-за того, что, пока дерево стояло, оно было сжато (а то и согнуто) собственной тяжестью, а начиная падать – освобождается от напряжения. Так было бы, если бы весомость с дерева снималась мгновенно. Так бывает в электрическом колебательном контуре, если его мгновенно подключить (или отключить) к источнику э.д.с. (ударное возбуждение контура). Но падающее дерево разгружается от весомости (и разгружает пень) постепенно, при этом колебания не возникают.

*Комель – прилегающая к корню часть дерева

Оглавление

А.

На рис. 42 схематически показана улица и две трамвайные остановки A и B. Все жители этой улицы работают на заводе, к которому трамваем надо ехать направо. Естественно, каждый пользуется той трамвайной остановкой, с которой он быстрее попадет на работу. Сегодня туман, и спешащие на трамвай не видят, какие номера трамваев подходят к остановкам в данную минуту. Покажите, где живут те, кто пойдет на остановку A. Иными словами, вам надо найти на улице такую точку C, чтобы жителям, живущим левее нее, было выгодно идти на остановку A, а правее – на остановку B.

Рис. 42. Схема улицы

Б.

– Каждый пойдет к той остановке, которая ближе. Значит, точку C надо поставить на полпути между A и B.

На это мы возразим, что если бы задача решалась так просто, то мы не включали бы ее в книгу.

В самом деле, допустим, что двое живущих точно посредине между остановками вышли из дому и любопытства ради пошли на разные остановки. Если они идут с одинаковой скоростью, то, конечно, придут на свои остановки одновременно. Допустим, что тот, кто пришел на остановку A, чуть-чуть опоздал: двери вагона трамвая только что захлопнулись. Ему ничего не остается, кроме ожидания следующего трамвая. А тот, кто пошел на остановку B, разумеется, попадает в трамвай, на который опоздал его товарищ, потому что у него в запасе есть то время, которое трамвай должен затратить на преодоление пути AB. Таким образом, средняя между A и B точка не является нейтральной: с нее выгодно идти к B. Нейтральная точка где-то левее. Насколько левее – это зависит от скорости трамвая и скорости пешехода. Найдите эту зависимость. И еще подумайте, почему в условиях задачи упоминается туман.

В.

Рис. 43. Условные обозначения

Обозначим длину пути AB через l, скорость трамвая – v_т и пешехода – v_п. Нанесем на отрезке AB искомую точку C (рис. 43). Расстояние AC обозначим через l₁, BC – через l₂. Точка C нейтральна, т.е., очевидно, такова, что, на какую из остановок ни пойдешь, застигнешь трамвай относительно остановки в одинаковом положении: или он стоит, или подходит, или отошел. Трамвай на остановку A попадет на время t раньше, чем на остановку B, причем, если не принимать во внимание время стоянки трамвая,

t = l/ν_т = (l₁ + l₂)/ν_т.

Следовательно, пешеход, отправившийся из C в A, должен попасть туда на время t раньше, чем идущий из C в B. У пешехода, идущего к B, есть в запасе время t. Иными словами, если обозначить время движения пешехода из C в A через t₁, а из C в B – через t₂, то должно выполняться равенство t₂ = t₁ + t. Поскольку t₁ = l₁/v_п, t₂ = l₂/v_п, то после подстановки в формулу значений t, t₁ и t₂ имеем

t₂/v_п = l₁/v_п + (l₁ + l₂)/v_т, или (l₂ – l₁)/v_п = (l₁ +l₂)/v_т.

После очевидных преобразований

l₂v_т – l₁v_т = l₁v_п + l₂v_п, l₂(ν_т – ν_п) = l₁(ν_т + ν_п)

получаем окончательную формулу:

l₂/l₁ = (ν_т + ν_п)/(ν_т – ν_п).

Если, например, ν_т = 10 м/с и ν_п = 2 м/с, то

l₂/l₁ = (10 + 2)/(10 – 2) = 12/8 = 1,5,

т.е. нейтральная точка C в 1,5 раза ближе к A, чем к B.

Чем меньше скорость пешехода, тем ближе это отношение к единице, т.е. тем ближе нейтральная точка C к средней C₀. Для черепахи точка C практически совпадает с C₀. Наоборот, с увеличением скорости пешехода точка C все больше приближается к первой остановке A. Человек, опаздывающий на работу, способен бежать 500 метров, допустим, со скоростью 5 м/с. Для него l₂/l₁ = 3, и если l = 500 м, то l₁ = 125 м, l₂ = 375 м. Если ваша скорость равна скорости трамвая, то вам почти с любой точки между остановками выгоднее бежать к B. Если же ваша скорость еще больше, то вам трамвай не нужен.

Еще проще решение, подсказанное автору рецензентом Г.М. Ховановым. Задача легко решается с помощью понятия относительного движения. Из всего множества жителей улицы имеется такой, который живет именно в нейтральной точке C. Допустим, что он пошел на остановку A и пришел туда вместе с трамваем. Если бы он пошел в B, то и туда он пришел бы вместе с этим же трамваем (точку C мы назвали нейтральной потому, что она обладает именно этим свойством).

Сравним эти два случая. И в том и в другом начальное расстояние между трамваем и пешеходом равно некоторому x_н, конечное же x_к = 0. Таким образом, до встречи трамвай в обоих случаях должен преодолеть одно и то же относительное расстояние x = x_н – x_к = x_н – 0 = x_н (не относительно земли, а относительно пешехода, – тут от вас требуется некоторое усилие воображения). В первом случае относительная скорость сближения трамвая и пешехода равна (ν_т + ν_п), во втором – (ν_т – ν_п). Разделив относительное расстояние x на относительную скорость, мы получим время от старта пешехода до встречи с трамваем:

t₁ = x/(ν_т + ν_п), t₂ = x/(ν_т – ν_п).

Поскольку скорость пешехода относительно земли в обоих случаях предполагается одинаковой, то пройденные пешеходом в первом и втором случаях расстояния по земле l₁ и l₂ относятся так, как затраченные на них времена t₁ и t₂:

l₂/l₁ = t₂/t₁ = (ν_т + ν_п)/(ν_т – ν_п),

что и дает окончательную формулу.

Что касается упоминавшегося в разделе A тумана, то он был напущен в задачу для ее упрощения. В отсутствие тумана задача имеет два решения. Рассмотренное решение в отсутствие тумана верно только для экстренного случая, т.е. когда видишь, что трамвай уже подходит к A и тебе к A не успеть. Тогда надо быстро прикинуть, где при той скорости, на которую ты способен, находится нейтральная точка C, и если она левее тебя, то беги вправо. Если же правее – бежать бесполезно, уже опоздал. А если трамвай еще далеко, то спешить некуда. И тогда, разумеется, нейтральной точкой является C₀, так как на первый план выступает простое соображение экономии подметок.

Оглавление

А.

По узкой дороге (шириной 3 м) слева направо со скоростью 20 м/с мчатся машины. Они идут такой плотной колонкой, что пешеходу рискованно пытаться проскочить между ними через дорогу. Поэтому пешеходов накопилось на обочине очень много – двести (или, скажем, миллион) человек. Но вот в колонне машин появился просвет длиной 100 м. Успеют ли все пешеходы перейти через дорогу в этом просвете? Если они ринутся толпой, то вполне возможно несчастье. Организуйте, пожалуйста, их переход так, чтобы все они, без давки и суматохи, не спеша, со скоростью 1 м/с, держа друг друга за руки, перешли через дорогу в этом просвете и чтобы движение машин при этом не было остановлено.

Б.

Рассредоточьте пешеходов равномерно вдоль обочины дороги (например, с интервалом 1 м).

В.

Успеет ли перейти дорогу один человек? Время, которое ему предоставляется для этого, равно длине просвета между машинами, деленной на скорость машин, т.е. 5 с. Время, нужное для перехода со скоростью 1 м/с дороги шириной 3 м, меньше 3 с. Таким образом, один человек, если он тронется в путь в момент, когда перед ним пройдет последняя машина первой колонны, перейдет дорогу без помех.

Вы рассредоточили пешеходов вдоль обочины дороги так, что они в своем движении помешать друг другу не могут. Следовательно, только что описанный порядок движения, который пригоден для одного человека, пригоден и для любого из остальных.

Каждый из этих пешеходов должен выполнить этот же маневр: тронуться в путь в момент, когда перед ним пройдет последняя машина. Поскольку перед каждым следующим, начиная с левофлангового, последняя машина будет проходить всё позже, то и начинать движение каждый из них будет всё позже. В результате пересекать дорогу они будут косой цепочкой (рис. 44), хотя каждый из них будет идти перпендикулярно к дороге.

Рис. 44. Расположение участников движения

Пусть каждый пешеход, перейдя дорогу, останавливается. Тогда вся цепь пешеходов будет состоять из трех участков: участка AB, параллельного дороге (состоящего из уже перешедших дорогу), косого участка BC (из переходящих дорогу) и параллельного дороге участка CD (из ожидающих своей очереди).

Из того, что каждый пешеход начинает движение в момент, когда перед ним пройдет последняя машина, следует, что точка излома цепи C перемещается по цепи вправо со скоростью машины. То же можно сказать о любой точке косого участка BC: он перекатывается по цепи подобно волне слева направо со скоростью автомашины. Естественно, что надвигающаяся после просвета вторая автоколонна не может догнать этот косой участок и испортить нашу задачу. Поэтому пешеходам не составляет никакого риска взяться за руки. Они могут допустить даже еще большее лихачество: замедлить свою скорость до 0,6 м/с, чтобы тратить на переход дороги все 5 с, имеющиеся в распоряжении у каждого. При этом косой участок цепочки станет еще более пологим (tg α = 0,6/20 – 0,03; α = 1°43'), но скорость перемещения его вправо останется неизменной и равной скорости машины.

Если вы живете в большом городе и из ваших окон виден оживленный перекресток, то вы можете убедиться, что бывалые пешеходы интуитивно выстраиваются косыми цепочками, когда они, нарушая правила уличного движения, переходят улицу во время движения транспорта. При этом они, конечно, совершенно не думают о косых цепочках и, разумеется, не берут друг друга за руки: это только ограничило бы их свободу маневра при уклонении от столкновения со встречными нарушителями порядка.

Отдавая должное безопасности уличного движения, мы обязаны заключить нашу задачу предупреждением: описанным способом переходить дорогу следует только на бумаге. На улице же придерживайтесь указаний светофора. Когда загорится зеленый свет, вы можете идти без всяких вычислительных забот: машины в это время будут стоять.

Оглавление

А.

Каждый из вас наверняка наблюдал, как быстро передается вдоль состава от вагона к вагону толчок подаваемого паровоза. Удар! – и грохот проносится вдоль состава, через секунду раздаваясь уже в хвосте поезда, хотя паровоз толкнул первый вагон с очень малой скоростью, почти нежно.

Рис. 45. Схема движения

В этом нет ничего удивительного. Пусть вагоны длиной l метров каждый стоят в составе так, что зазор между ними равен Δ метрам (рис. 45; буфера для простоты не показаны). Если паровоз подходит к составу со скоростью ν, то второй вагон получит толчок от первого через время t₁ = Δ/ν после столкновения паровоза с первым вагоном, (n + 1)-й от n-го – через время t_n = nΔ/v, т.е. толчок за время t_n распространится на расстояние l_n = n(l + Δ). Следовательно скорость распространения толчка вдоль состава будет равна

v_n = l_n/t_n = n(l + Δ)/nΔ/v = v(l+Δ)/Δ.

Пример: длина вагона l = 10 м, расстояние между буферами Δ = 0,05 м, скорость паровоза v = 0,5 м/с. Скорость распространения толчка

v_n = v(l + Δ)/Δ ≈ vl/Δ = 0,5·10/0,05 = 100 м/с

оказывается превосходящей скорость паровоза в 200 раз!

После этих довольно длинных приготовлений мы попросим вас повторить вычисления для случая, когда на рельсах стоит состав с такими фантастическими размерами: длина каждого вагона l = 1 км, зазор между вагонами Δ = 0,1 мм. И пусть на этот состав на полном ходу налетает паровоз, скорость которого равна 40 м/с. Как быстро передается толчок по составу в этом случае?

Б.

Многие из решающих задачу находят удивительными только условия задачи и ничуть не удивляются ее результату. Между тем в условиях задачи нет ничего невозможного: вагон длиной в 1 км можно построить, зазоры между вагонами в 0,1 мм можно создать, паровоз может налететь на состав со скоростью 40 м/с. Удивительным является другое:

v_n = vl/Δ = 40·1000/0,0001 = 400 млн м/с!!!

Эта цифра выше скорости света (которая равна 300 млн м/с). Но ведь Эйнштейн утверждает, что ничто не может двигаться со скоростью, большей скорости света. Так где же тут ошибка? Или ошибки нет? Может быть, ошибается Эйнштейн?

Сомневаться в выводах Эйнштейна ни у кого не хватает смелости, поэтому все стремятся найти ответ, согласованный с Эйнштейном. Нужно отдать должное: во многих ответах содержатся рассуждения, достойные того, чтобы о них поговорить. Так, например, ученик Н. после глубокого раздумья разрешил этот парадокс так. Поскольку закон сохранения энергии должен быть соблюден и поскольку при столкновении часть кинетической энергии паровоза передается вагону, то скорость вагона и паровоза оказывается ниже, чем первоначальная скорость паровоза. После столкновения со вторым вагоном общая скорость двух вагонов и паровоза будет еще ниже, и т.д. Если все это учесть, то окажется, что толчок распространяется по поезду со скоростью, меньшей скорости света, и, следовательно, ничего сверхъестественного не происходит.

Допустим, что паровоз делится кинетической энергией с вагоном действительно так, как предположил ученик Н. Тогда в рамках предложенного примера действительно не будет сверхсветовой скорости. Но это только временная передышка, а не ответ на задачу. Ведь можно представить, что паровоз мчится со скоростью, в десять раз большей. Можно также предположить, что масса паровоза в сотни раз больше массы вагона (паровоз длиной в 100 км!). Тогда из огромных запасов его кинетической энергии только ничтожная часть израсходуется на придание нужной скорости первым вагонам, и, следовательно, хотя бы по первому десятку вагонов толчок будет передаваться со сверхсветовой скоростью! Кроме того, толчок по составу может передаваться не совсем так, как полагает ученик Н.

Если один бильярдный шар сталкивается с другим точно по центру, то он сам останавливается и полностью (или почти полностью) передает свою кинетическую энергию второму шару, а не делится с ним поровну. Удар по цепочке шаров передается так, что последний шар отскакивает почти с той же скоростью, с какой налетел ударяющий шар на первый, а все остальные остаются неподвижными. Если предположить, что толчок по составу передается так же, как по цепочке шаров, то и в рамках предложенного примера скорость передачи толчка окажется сверхсветовой.

Рис. 46. Движение точки

Оригинальный ответ дал ученик В. Он сказал, что поскольку и паровоз, и каждый из вагонов движутся со скоростью, не превосходящей 40 м/с, то нигде постулат Эйнштейна не нарушается. А то, что толчок движется по составу с такой огромной скоростью, удивляет его не более, чем то, что точка E пересечения двух прямых AB к CD (рис. 46) при вращении прямой CD вокруг точки C тоже движется вдоль прямой AB со сверхсветовой скоростью в то время, когда прямая CD становится параллельной (или почти параллельной) прямой AB. И вагоны, и прямая CD движутся с нормальными, вполне возможными скоростями, а толчок, так же как и точка E, является нематериальным понятием, и, следовательно, они и не обязаны подчиняться постулату Эйнштейна.

Должен вас разочаровать: и этот ответ, несмотря на его некоторую эффектность, неправилен. Точка пересечения прямых E действительно может двигаться со сверхсветовой скоростью, потому что она является только математическим понятием, не содержащим в себе ни массы, ни энергии. Толчок же представляет собой физическое явление; вместе с толчком переносится энергия. Можно, например, в конце состава между буферами поместить орех (или инфузорию, если зазор маловат для ореха), и он толчком будет расколот. На это будет израсходована энергия. Откуда она взялась? Пришла от паровоза. Со сверхсветовой скоростью? Но энергия не может распространяться со сверхсветовой скоростью!

Надо отметить, что многие дают и правильный ответ. Однако мы приведем пока только его начало: при выводе формулы для скорости распространения толчка были допущены упрощения, вполне приемлемые при длине вагона 10 м и величине зазора 5 см, но совершенно недопустимые при длине вагона 1 км и зазоре 0,1 мм. Найдите эти упрощения, приведшие к ошибке.

В.

При выводе формулы мы молчаливо предполагали, что в момент толчка весь вагон от начала до конца приходит в движение одновременно, т.е. что вагон является абсолютно твердым телом. Только это дает нам право считать, что через время Δ/v после удара паровоза о первый вагон произойдет удар первого вагона о второй. Но предположение, что весь вагон одновременно приходит в движение, равносильно предположению, что толчок вдоль вагона распространяется мгновенно, т.е. с бесконечно большой скоростью. На самом деле толчок со стороны паровоза приводит в движение сначала только переднюю часть вагона, в то время как остальная часть остается неподвижной. В результате передняя часть вагона вынуждена сжаться. После сжатия эта часть, как пружина, распрямляется, заставляя двигаться следующую, более далекую, часть вагона. Поскольку еще более далекие части все еще неподвижны, то эта «вторая» часть тоже вынуждена сжаться. Распрямляясь, она приводит в движение еще более далекий участок, и т.д. (Конечно, деление вагона на первую, вторую и т.д. части весьма условно. Мы прибегаем к нему для того, чтобы обойтись без высшей математики.) В результате толчок проходит вдоль вагона с некоторой конечной скоростью, определяемой свойствами материала, из которого сделан вагон. Эта скорость равна скорости звука в данном материале*. Скорость продольных звуковых волн в стали, например, равна v_зв = 5000 м/с.

С учетом времени распространения толчка вдоль вагона оказывается, что второй вагон получит толчок через время t₁' = l/v_зв + Δ/v. При выводе первоначальной формулы мы пренебрегли первым слагаемым и допустили при этом незначительную ошибку, потому что в первом примере

l/v_зв = 10/5000 = 0,002 с << Δ/v = 0,05/0,5 = 0,1 с.

Во втором же примере

l/v_зв = 1000/5000 = 0,2 с >> Δ/v = 0,0001/40 = 0,0000025 с.

Здесь следовало бы пренебречь вторым слагаемым (т.е. именно тем, которое мы учитывали) и учесть первое (которым мы пренебрегли). И тогда скорость распространения толчка вдоль состава будет равна просто звуковой скорости в материале вагонов, а о сверхсветовой скорости не может быть и речи**.

Теперь вы без труда разберетесь сами в нижеследующей задаче. Заменим прямые рис. 46 режущими кромками ножниц достаточной длины (километров 100 или более). Поведение точки пересечения E режущих кромок при резании внешне вполне подобно поведению точки E рис. 46, но если ножницы режут бумагу, то точка надреза E будет уже не просто математическим понятием: в ней совершается работа по разрыванию волокон бумаги. Энергия на эту работу черпается из вашей руки. Сможет ли точка надреза перемещаться со сверхсветовой скоростью? А если не сможет, то что ей помешает?

* Вообще говоря, передача деформации – результат электромагнитных взаимодействий атомов. И, следовательно, скорость передачи взаимодействия не может быть больше световой, а инерция атомов делает ее существенно меньшей (сравните с задачей «Да будет свет!»).

** Полезно разобрать другой аналогичный пример. Из пункта А в пункт Б проложен водопровод длиной 60 км. Труба заполнена водой, но в пункте А вентиль закрыт, и поэтому вода в трубе находится без движения. Откроем вентиль А. Как быстро придет в движение вода в пункте Б? Казалось бы, мгновенно. На самом же деле понадобится время, равное времени распространения звуковой волны в воде (со скоростью v_зв ≈ 1,5 км/с) t_зв ≈ 60/1,5 = 40 с. Однако данная конкретная капля воды из А (помеченная, например, чернилами) будет добираться до Б еще дольше. При ν = 1 м/с время t_в = 60 000 с > 16 ч. Ее скорость в данном случае аналогична скорости паровоза в нашей задаче.

Оглавление

А.

Ножницы, упомянутые в конце предыдущей задачи, не могли резать бумагу со сверхсветовой скоростью. В момент, когда вы приводили в движение начальный участок ножниц, концы их оставались еще неподвижными. В результате ножницы изгибались. Деформация изгиба передается по стали с конечной скоростью того же порядка, что и деформация сжатия в предыдущей задаче (скорость поперечных волн в стали – около 3000 м/с). Скорость точки надреза бумаги не может превзойти скорость, с которой передается вдоль режущей кромки ножниц усилие, заставляющее кромку прийти в движение.

Рис. 47. Схема гильотины

Но ножницы бывают разные. На рис. 47 показаны так называемые гильотинные ножницы (конструктивно напоминающие известную гильотину). Нож A с горизонтальной режущей кромкой укреплен неподвижно. Нож B с косой режущей кромкой поднимается вверх и затем освобождается. Падая по направляющим рейкам C₁ и C₂, нож развивает скорость. Обладая большой массой и скоростью, он с силой врезается в лист, подлежащий раскрою. Гильотинные ножницы широко применяются для раскроя листового металла. Точка надреза D движется вправо со скоростью тем большей, чем меньше угол α и чем больше высота, с которой падает нож B. Может ли скорость перемещения точки надреза в этих ножницах превзойти скорость света?

Б.

Почти каждый, кто решал предыдущую задачу, недоумевает: зачем опять ставится этот же вопрос, когда уже все ясно? Не может!

Найдите, откуда поступает энергия в точку резания, и вы придете к выводу, что здесь скорость точки надреза может быть выше скорости света. Правда, для этого угол α должен быть настолько малым, что его очень трудно выдержать правильным. Если даже нож падает со скоростью 100 м/с и длина режущей кромки ножа составляет 3 км, то и тогда для достижения сверхсветовой скорости правый край падающего ножа должен быть выше левого не более чем на 1 мм. Однако если сделать падающий нож с дугообразной кромкой (рис. 48), то тогда угол α в процессе резания будет меняться от нуля в сторону увеличения, и, следовательно, точки надреза (теперь их две – D₁ и D₂) хотя бы в первое мгновение будут двигаться со сверхсветовой скоростью. Остается объяснить, почему это возможно для гильотинных ножниц и невозможно для обычных.

Рис. 48. Гильотина с дугообразной кромкой

В.

Отличие гильотинных ножниц от обычных состоит в том, что здесь режущая кромка верхнего ножа приходит в движение одновременно вся целиком. Если в обычных ножницах энергия подается с одного конца, то здесь, подняв нож вверх, мы запасли потенциальную энергию по всей длине ножниц. При падении ножа происходит преобразование потенциальной энергии в кинетическую по всему ножу одновременно. Поэтому в каждой точке резание происходит в первую очередь за счет местной энергии, запасенной в элементе ножа, находящемся над данной точкой. Следовательно, здесь нет потребности в транспортировке энергии в направлении вдоль режущей кромки и нет ограничений, вытекающих из конечной скорости распространения энергии.

С движением точки надреза вдоль режущей кромки здесь не связано никакого переноса массы и энергии, поэтому здесь точка надреза является действительно только математическим понятием (так же как и отрезок BC в задаче «По дороге идут машины», который тоже может двигаться вправо со скоростью больше световой, если угол α достаточно мал*).

Рис. 49. Схема локации

Приведем пример еще более скоростной «гильотины» из другой области – из радиолокации. Пусть на самолете A (рис. 49) на высоте h = 4 км находится радиолокатор. В некоторый момент радиолокатор излучает импульс энергии в широком секторе α. Радиоволны распространяются с максимально возможной скоростью – 300 000 км/с. Через одну трехсоттысячную секунды радиоволна пройдет 1 км и окажется на дуге B₁C₁, через две – на B₂C₂, через четыре – на B₄C₄ и коснется земной поверхности в точке B₄.

Рассматривая эту волну как «падающий нож гильотины» (с дугообразной кромкой и растущим во времени радиусом), мы легко заметим, что точка пересечения «режущих кромок» дугообразного и прямолинейного (поверхность Земли) «ножей» перемещается вдоль поверхности Земли со скоростью, которая намного выше скорости света**.

В самом деле, за то время, за которое радиоволна пройдет из положения B₄C₄ в положение B₅C₅ (сдвинется вперед на отрезок D₄D₅), точка контакта волны с Землей пройдет отрезок B₄D₅ >> D₄D₅, т.е. эта точка движется гораздо быстрее радиоволны (или, что то же самое, световой волны). Однако и здесь, разумеется, эта точка является только математическим понятием: вдоль прямой B₄D₅ нет переноса энергии со скоростью этой точки. В каждую точку (D₅) земной поверхности энергия радиолокатора попадает по прямой (AD₅) со скоростью света***.

Другой пример движения точки со скоростью больше световой – движение светового пятна на экране электронно-лучевой трубки специального (высокоскоростного) осциллографа. Светлая точка в том месте на экране, куда падает электронный луч, может перемещаться по экрану со скоростью, большей скорости света, хотя вызывающие свечение электроны летят к экрану со скоростью намного меньше световой.

Разумеется, световому зайчику можно придать сколь угодно большую скорость: представьте, что вы вращаете зеркало в руках, а зайчик от него пробегает по такому далекому экрану, как Луна (или туманность Андромеды!!).

Отметим, что после знакомства с гильотинными ножницами нетрудно переделать и обычные ножницы так, чтобы скорость точки надреза могла стать сверхсветовой. Укрепив одну кромку ножниц неподвижно, придадим другой непрерывное вращательное движение (спилив, разумеется, выступы, мешающие этому вращению). Волна движения распространится вдоль вращающейся кромки за конечное время, но после этого уже вращающийся нож, подобно ножу гильотины, «зарядится» кинетической энергией по всей своей длине, причем запасы этой энергии с увеличением скорости вращения будут нарастать.

* Любопытно, что принцип «гильотины» (рис. 47) помогает объяснить кажущееся сверхсветовое расширение радиоисточников в новых космических объектах – квазарах (см. статью В.Н. Курильчика в журнале «Природа», 1974, №8).

** Многим читателям кажется, что этим утверждением автор опроверг Эйнштейна. И это им нравится: опровергнуть Эйнштейна – не фунт изюму! Читатель Л. даже предлагает воплотить идею рис. 49 в такую конструкцию: в точке B₄ – ракета, а вдоль B₄D₅ – лампочки с автономными источниками питания, и все это запускается падающей радиоволной. В этой установке, по замыслу читателя, информация о запуске ракеты бежит по лампочкам из B₄ в D₅ со скоростью выше световой. Однако все это великолепие разбивается о тот факт, что информация об успешном запуске прибежит в D₅ всегда, даже если ракету забыли заправить горючим. На самом деле информация на последнюю лампочку поступает от радиоволны, а не от ракеты. Из волны мы узнали бы о запуске ракеты только при условии, что ракета включает передатчик, а не передатчик ракету (иная цепь причинно-следственных связей). Но тогда информация о ракете пришла бы по ломаной B₄AD₅, т.е. намного позже, чем по прямой B₄D₅.

*** Заметим, что в трехмерном случае вместо точки D₅ мы имеем окружность радиуса B₄D₅, расширяющуюся со сверхсветовой скоростью во все стороны от центра B₄.

Оглавление

А.

Из труб идет дым. Подхваченный ветром, он тянется длинным шлейфом от каждой трубы. Могут ли два дымовых шлейфа пересекаться?

Б.

– Ну, это уж совсем невероятно! Если два дымовых шлейфа пересекаются, то это значит, что в точке пересечения ветер дует сразу в двух направлениях! Но ведь это абсурд!

Да, действительно, два ветра пересекаться в одной точке не могут. А два дыма могут! Вот подсказка, правда, в форме вопроса: обязательно ли направление дымового шлейфа совпадает с направлением ветра?

В.

Рис. 50. Схема движения паровозов

Два дымовых шлейфа могут пересекаться, если хотя бы один из источников дыма движется. На рис. 50 показаны два дымящих паровоза: стоящий A с дымом AA' и идущий вправо B с дымом BB'. Дым стоящего паровоза уходит по направлению ветра. Дым двигающегося делает то же самое. Однако, в отличие от первого, дым второго паровоза исходит из движущейся трубы. Отдельные клубы дыма BB', обозначенные точками 1', 2', 3', были выпущены трубой B из различных положений – 1, 2, 3. Ветер, направление которого показано стрелками 11', 22', 33', к данному моменту отнес эти клубы на линию BB'. В дальнейшем он будет сносить линию BB' параллельно самой себе. Нетрудно сообразить, что направление прямой BB' можно получить как одну из диагоналей EC параллелограмма BCDE, построенного на векторах скорости ветра v_в и скорости паровоза v_п. Обратите внимание: эта диагональ совпадает не с вектором суммы BD, а с вектором разности EC.

Интересно, что точка пересечения дымовых шлейфов F с течением времени перемещается в направлении AA' со скоростью ветра. При этом частицы дыма в точке F, принадлежащие разным дымовым шлейфам, взаимно неподвижны, если не считать случайных завихрений.

Оглавление

А.

По спокойной, глубокой и прямой реке идет лед (рис. 51). Толщина льдин одинакова и мала. Ветра нет. Догонят ли льдинки B, C и D большую льдину A или отстанут от нее?

Рис. 51. Расположение льда на реке

Б.

Судя по характеристике реки, на ней нет водоворотов. Каждая капля воды движется параллельно берегам. Из-за трения о берег скорость течения у самого берега близка к нулю и постепенно возрастает к середине. Льдинки C и D, идущие у берега, движутся медленнее льдин A и B, идущих посредине. Следовательно, они отстанут. Ну, а догонит ли идущая посредине льдинка B льдину A, тоже идущую посредине, решите сами. Заодно отметьте некоторые особенности поведения льдины E.

В.

Рис. 52. Распределение скорости поперек реки

На рис. 52 показано приблизительное распределение скорости поперек реки. Максимальная скорость v_max – на середине. Хотя и A, и B идут посредине реки, но условия их движения разные. Льдина A огромна, она захватывает и самую быструю часть реки, и более медленные прибрежные струи. По этой причине скорость льдины A будет некоторой средней, ниже v_max. Льдинка B – маленькая, она практически вся находится в самом быстром течении, поэтому ее скорость будет максимальной, и она догонит льдину A.

Турист, совершающий путешествие на льдине A, мог бы увидеть любопытное явление: края льдины обгоняют реку (вода уходит под льдину спереди и выходит из-под нее сзади), а середина льдины, наоборот, отстает от реки. Находящийся на льдине B второй турист (меньшей весовой категории, разумеется) не заметил бы подобного явления (хотя оно в принципе есть и там, только намного слабее выражено).

Льдина E плывет с вращением против часовой стрелки: ее прибрежный край движется медленнее, чем второй, удаленный от берега. Вращение неравномерно. В показанном на рис. 51 положении (поперек реки) льдина вращается быстро, потому что разность скоростей воды на ее краях велика. Когда же она повернется на 90° и будет ориентирована большим размером вдоль реки, то вращение замедлится: разность скоростей будет невелика; кроме того, и плечи вращающих сил, прикладываемых от воды к льдине, будут малы. С дальнейшим разворотом скорость вращения будет вновь то возрастать, то уменьшаться.

Строгая связь между углом ориентации льдины и скоростью вращения довольно сложна: нужно учитывать инерцию льдины, сглаживающую неравномерности вращения, учитывать, что из-за неравномерности распределения скорости воды вдоль льдины сила трения льда о воду тоже неравномерна. Равномерно вращаться должна бы круглая льдина при условии, что ее поступательное движение параллельно берегу. Если же она приближается к берегу, то ее вращение должно ускоряться. Переходя от одного берега к другому, льдина сменит направление вращения на обратное. Льдинки C и D тоже вращаются, причем в разные стороны.

Оглавление

А.

Корчуя садовый участок, мы обнаружили большущий камень. Как и следовало ожидать, он лежал как раз там, где не следовало. Естественно, его нужно было убрать, и мы приступили. Камень был далеко не круглым, поэтому кантовать его было трудно, хотя путь, по которому мы его катили, был достаточно ровным. Мы дружно кричали «раз – два, взяли!» – и камень, поднявшись на попа, затем шлепался вперед.

Рис. 51. Кантуем элиптический камень

– Стой, ребята, не так! – закричал Гена Иванов, наш сосед. Он быстро набросал впереди камня горку обрезков досок (рис. 51, А) и вместе с нами налег на камень. Тот легко перевалил через доски. Приказав нам держать его вертикально (Б), Гена перенес горку обрезков опять вперед камня (В) и последний опять сам, почти без нашей помощи, форсировал это препятствие*. Это было как в сказке: по ровной дороге камень катиться не желал, а по ухабам – с удовольствием!

Почему неровная дорога лучше ровной? Каковы принципы конструирования наилучшей дороги для камней разного сечения? Всякому ли камню можно приготовить идеальную дорогу?

Б.

Начнем с шарообразного камня. Очевидно, для него наилучшая дорога – гладкая и горизонтальная. А если она к тому же еще и твердая, то шар массой в тонну можно катить по ней одним пальчиком. То же верно и для цилиндрического камня с круглым сечением. Почему, если сечение камня не круглое, то трудности существенно возрастают?

В.

Шарообразный камень по гладкой горизонтальной твердой дороге катится почти без усилий: в силу шаровой симметрии его центр масс движется равномерно и прямолинейно, параллельно дороге и, следовательно, горизонтально и поэтому в принципе никаких затрат энергии не требует. На практике энергия нужна для преодоления трения и – вначале – для придания камню поступательного и вращательного движения, а в конце – для остановки (если не поручить это трению).

Камень любого другого сечения, очевидно, требует дополнительной работы по поднятию его центра масс при переходе из «лежачего» в «стоячее» состояние. Затем эта работа бездарно растрачивается при падении «стоячего» камня, после чего его вновь требуется поднимать и т.д. Очевидно, вся сила рационализаторского предложения Гены в том, чтобы, раз поставив камень «на попа», в дальнейшем не растрачивать всей его потенциальной энергии на падение, а делать подставку такой высоты, при которой изменение высоты центра масс при переходе камня из вертикального положения в горизонтальное было бы минимальным. Очевидно, что для эллиптического камня высота подставки должна равняться h = a – b, где a и b – большая и малая полуоси эллиптического сечения камня (рис. 51). Тогда в обоих положениях центр масс камня будет на одной высоте, Т.е. такое качение эллиптического камня по «ухабам» почти эквивалентно качению шарового камня по горизонтальной плоскости.

А почему «почти»? А потому, что, кроме вертикального и горизонтального, у камня есть и промежуточные, наклонные положения. Нельзя ли сконструировать такие «ухабы», чтобы камень эллиптического, квадратного или треугольного сечения катился по ним так же легко, как шар по плоскости?

Сознаемся сразу: нам не удалось найти строгое решение задачи. По правилам игры такую задачу не следовало бы включать в книгу, так как она бросает тень на умение автора всегда смотреть в корень. Но шут с ней, с тенью! Уж больно интересная задача. К тому же, как вы видели, практически ценная. И не только для перекатывания камней. Она наверняка пригодилась бы в теории механизмов. Да мало ли где! Часто задача, решенная в одной области, вдруг находит применение в другой, казалось бы, очень отдаленной. Так, энтропия термодинамики вдруг заработала в теории информации. Пути науки неисповедимы. В науке поставить задачу иногда важнее, чем ее решить.

Рис. 52. Перекатывание трехгранной призмы

Начнем с камня-призмы с сечением в виде правильного треугольника со сторонами a (рис. 52). Центр масс треугольника – на пересечении его медиан (и, для данного треугольника, биссектрис и высот), на расстоянии h/3 от любого из оснований. Поскольку h = a√[3/2] и h/3 = a/2√3, то для постоянства высоты H центра масс (H = a/√3) при качении высота дороги должна меняться в пределах от 0 до h₁ = a/2√3. Длина кривой «ухаба» 1-A-2 должна равняться l = a; если равенство не соблюдено, то треугольник, катясь стороной a по l, станет на свою вершину не в углублении, а ближе него или дальше, отчего он поднимется, и будет нарушено главное требование H = const. Правда, можно допустить l ≠ a, если допустить скольжение по ухабу. Но каждый, кому приходилось заставлять тяжелый камень «скользить» по земле, асфальту или другому камню, скажет, что лучше уж нарушить требование H = const, чем мучиться со скольжением.

Что еще можно сказать о кривой 1-A-2 с первого взгляда? Нужно потребовать, чтобы в точках 1, 2, 3 она подходила к оси абсцисс под углом γ = 60°. Если γ > 60°, то вершина камня (β = 60°) просто не войдет в углубление, камень зависнет. Если же γ < 60°, то γ₁ > 60° = β, и камень не сможет стоять в углублении на своей вершине: он будет валиться набок, что равносильно вращению камня вокруг точки 2 (или 3) и нарушению H = const.

И этот же угол γ₁ должен быть ≥ 90°, иначе камень, вылезая из впадины, обломает либо свою вершину, либо предыдущий ухаб, который он уже, казалось бы, преодолел. Противоречивость требований к углу (γ₁ = 60° и γ₁ ≥ 90°) означает, что для камня типа треугольной призмы оптимального (в смысле H = const) профиля дороги не существует.

Конечно, можно каждый раз, остановив камень «на голове», перенести ухаб сзади наперед и т.д. Но эта беготня не украсит решение задачи.

Рис. 53. Перекатывание пластины

Отсюда же следует, что невозможно строго решить задачу и для камня в виде бесконечно тонкой пластины, потому что ее сечение можно рассматривать как предельный случай треугольника, у которого один из углов стремится к нулю. Для пластины лучшее из того, что удалось построить, показано на рис. 53. Стоящую вертикально пластину длиной a нужно наклонять вправо, пока ее центр масс O не сместится вправо на x = a/4. Подставив под ее центр масс подставку высотой h, будем вращать пластину вокруг вершины подставки как центра. Левый конец ее, описав дугу m, укажет пространство, в котором запрещено пребывание предыдущего ухаба. Итак, шаг между подставками должен быть a/2. Центр масс пластины не движется горизонтально, он то опускается на Δ = a/2 – h, то поднимается.

Величина h = (a/2)∙cos α, α = 30°, тогда

Δ = (a/2)(1 – cos α) = (a/4)(2 – √3) ≈ 0,07a,

т.е. примерно одна седьмая от того перемещения a/2, которое было бы при «перекатывании» пластины по гладкой дороге**.

Квадратное сечение не дает в углублении тех хлопот, которые были с треугольным. Но только квадратное: прямоугольник в общем случае не удастся выкатить из углубления. Правильные пяти-, шестиугольники (и т.д.) тоже выкатываются из углубления без разрушений. И чем многоугольнее n-угольник, тем ближе строгое решение: в пределе, при n → ∞, мы имеем круглое сечение, идеал всех камней и дорог.

Рис. 54. Перекатывание эллипса: а) обычного; б) при малом b

Казалось бы, эллиптическое сечение не доставит хлопот (рис. 54, а): строй высоту профиля дороги h_x такой, чтобы в паре с соответствующим «радиусом» эллипса r_x она составляла нужную высоту H = h_x + r_x = const – и вся недолгá. Тем более, что одной из крайностей для эллипса является окружность (b = a), для которой все ясно. Но вспомним другую крайность. Представим эллипс с b → 0. И мы вернемся к бесконечно тонкой пластине (рис. 53). Как же ведет себя эллипс в остальных случаях? Плохо, и в этом можно легко убедиться при малом b (рис. 54, б). Требование качения без скольжения сводится к равенству длин соприкасающихся линий. В нашем случае нужно, чтобы AB = l/4, где l – периметр эллипса. При малых b имеем AB ≈ l/4a. Как видно из рисунка, при этом ухабы получаются весьма изрезанными и шаг их меньше a, отчего эллипс в положении лежа простирается сразу над несколькими ухабами и не может закатиться в углубление. Чем меньше b, тем гуще ухабы, и в пределе при b → 0 шаг ухабов t → 0.

По мере увеличения b эта трудность должна уменьшаться; на рис. 54, a она уже перестала быть очевидной. Но при непрерывном увеличении b она не может исчезнуть скачком: точка D, в которой ухаб препятствует вращению камня, по мере увеличения b будет перемещаться по эллипсу к вершине C, а по ухабу – к впадине B. Препятствие, по-видимому, исчезнет только при b = a, когда эллипс превратится в окружность. Строгое доказательство этого требует применения дифференциальной геометрии, которая вне рамок данной книги. Вполне возможно, что кем-то где-то эта задача уже решена, но найти в литературе это решение не удалось.

Если кто-то из читателей захочет вывести автора из положения барона фон Гринвальдуса, то для него формулируем основные свойства нужного рельефа дороги. В каждой точке дороги равновесие камня должно быть безразличным, как равновесие шара на горизонтальной плоскости. Это требование геометрии и статики. Ухабы не должны заклинивать камень, лишая его возможности передвигаться. Это требование геометрии и кинематики. Требование динамики: катящийся камень должен иметь равномерные поступательное и вращательное движения, или, поскольку это требование, по-видимому, невыполнимо, то по крайней мере кинетическая энергия суммы этих движений должна быть постоянной. Так это у шара на горизонтальной плоскости, и этого же мы хотим от нашего камня на ухабах. Для начала можно пренебречь требованиями динамики. Если строгого решения нет, неплохо найти наилучшее из возможных. Вашему воображению поможет картонная модель сечений камня и дороги, положенная на стол.

Неужели нельзя превзойти решение Гены?

* Автор признателен Г.Ф. Иванову за помощь в транспортировке камня и за демонстрацию эффектного приема, подсказавшего эту задачу.

** А если учесть, что по гладкой дороге камень при перевороте продвигается вперед на a, а по нашей – только на a/2, то результат оказывается вдвое хуже.

Оглавление

IV. Письма и волны