Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/01/kv0102answers.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:41 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:35:59 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: твердое состояние

ИНФОРМАЦИЯ

"'


1. Два тела бросили одновременно из одной точки: одно вертикально вверх, другое под углом = 60o к горизонту. Начальная скорость каждого тела равна v0 = 25 м с . Пренебрегая сопротивлением воздуха, найдите расстояние между телами через = 17 c . (10 баллов) , 2. Под каким углом к горизонту надо бросить тело массой М, чтобы максимальная высота его подъема равнялась дальности полета, если на тело действует с постоянной силой F горизонтальный попутный ветер? Ускорение свободного падения равно g. (10 баллов) 3. На столе лежит доска массой М, на одном конце которой находится брусок массой m. Бруску сообщают скорость v0 вдоль доски. Какое время вся система будет находиться в движении, если коэффициент трения между доской и бруском ч1 , а между доской и столом ч 2 ? (10 баллов) 4. Температура одного моля идеального одноатомного газа 2 меняется по закону T = aV . Найдите теплоемкость газа в этом процессе. Универсальная газовая постоянная равна R. (10 баллов) 5. В цилиндре под поршнем находится воздух при температуре t1 = 100 o C , имеющий относительную влажность = 40% . Во сколько раз следует изменить объем воздуха, o чтобы при его охлаждении до температуры t2 = 20 C на стенках сосуда выпала роса? Нормальное атмосферное дав5 ление p0 = 10 Па , давление насыщенного водяного пара 3 при температуре 20 њС pн = 2,3 10 Па . (10 баллов) 6. В двухэлектродной лампе напряжение между плоскими электродами составляет 22 кВ. Электроны ударяют об анод с общей силой 1 мкН. Удары неупругие. Какой силы ток течет через лампу? Отношение заряда электрона к его массе 11 , равно 176 10 Кл кг . (10 баллов) 7. Пучок протонов влетает в однородное магнитное поле с индукцией 0,1 Тл перпендикулярно линиям индукции. Протоны движутся по дуге окружности радиусом 20 см и попадают на заземленную мишень. Найдите тепловую мощность, выделяющуюся в мишени, если сила тока в пучке 0,1 мА. Отношение заряда протона к его массе равно 096 108 Кл кг . (10 баллов) , 8. На луче ОА (см. рисунок) расположено бесконечное множество точечных зарядов величиной q так, что расстояние между очередными двумя соседними зарядами удваива-

ется. Определите поRR R "R тенциал поля в точке O q q q q A О (начало луча), где заряда нет, а до первого заряда расстояние равно R. Электрическая постоянная равна 0 . (10 баллов) 9. В области пространства, где имеются одновременно однородное магнитное поле с индукцией В = 0,2 Тл и однородное электрическое поле с напряженностью Е, движется электрический заряд. Известно, что в тот момент времени, когда скорость заряда равна v = 500 м/с и направлена перпендикулярно вектору магнитной индукции, ускорение заряда равно нулю. Пренебрегая силой тяжести, определите величину напряженности электрического поля. (10 баллов) 10. Непрерывное излучение лазера мощностью 600 Вт продолжалось 20 мс. Излученный свет попал на кусочек идеально отражающей фольги массой 2 мг, расположенный перпендикулярно направлению распространения света. Какую скорость приобрел кусочек фольги? (10 баллов) 1. Решите неравенство x+5 < 4 5 x-2 + 2 5 x - 3 . (20 баллов) 2 11

2. Проверьте справедливость равенства arcsin + arccos = arcctg . (20 баллов)

3. Решите уравнение lg - x = lg x . (10 баллов) 4. Группа студентов, состоящая из 30 человек, получила на экзамене оценки 2, 3, 4 и 5. Сумма полученных оценок равна 93, причем оценок 3 больше, чем пятерок, но меньше, чем оценок 4. Кроме того, число четверок делилось на 10, а число оценок 5 было четным. Определите, сколько каких оценок получила группа. (25 баллов) 5. В прямоугольном треугольнике АВС с острым углом 30њ проведена высота CD из вершины прямого угла С. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники АСD и BCD, если меньший катет треугольника АВС равен 1. (25 баллов)

>C

2

ОТВЕТЫ,
'6-8'
(см. 'Квант' ?4 за 2001 г.)

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

справедливы векторные равенства


AF = AD + DK + KF , CE = BE - BC .







1. Преобразовав выражение в правой части исходного тождества к виду
a + b + c + 3ab + 3ac + 3a2b + 3a2c + 3bc2 + 3b2c - 18abc А,
3 3 3 2 2

Учитывая, что для параллелограммов ABCD и CEFK справедливы равенства
KF = CE , AD = BC ,


запишем разность между правой и левой его частями:
3 ab2 + ac2 + a2b + a2c + bc2 + b2 c - 6 abc = 0 .

@

E

выводим


AF = DK + BE .А








Последнее равенство равносильно тождеству
a b-c

Поскольку числа а, b, с положительны, то это равенство возможно лишь в одном единственном случае: a = b = c. 2. Для произвольных точек A, B, C, D, E, F, K плоскости

>

C

2

+b c-a

>

C

2

+c a-b

>

C

2

= 0.

По условию DK || BE , поэтому AF || DK , AF || BE . Векторы DK и BE могут быть сонаправлены (рис.1) или противоположно направлены (рис.2). В первом случае | AF | =| BE | + | DK| = a + b ; во втором случае | AF | = a - b или b | AF | = - a в зависимости от того, какой из векторов BE или DK длиннее.








#
E

К В А Н T $ 2002/1

F 3. а) Верно. Пусть х

C B

K

A
. 1

D C

= aX + b а = 1. б) Неверно. Для доказательства достаточно, например, рассмотреть преобразование с параметрами а = 1 и b = 11 D K десяти натуральных чиA сел 1, 2, ..., 10. F . 2 4. Нет. Докажем это методом 'от противного'. Допустим, такая расстановка возможна. Пронумеруем вертикали слева направо, а горизонтали снизу вверх. Рассмотрим различные варианты. 1) На первой горизонтали 1 пешка. Тогда на второй горизонтали 3 пешки. На третьей горизонтали должно быть либо в 3 раза больше, либо в 3 раза меньше пешек, чем на второй, т.е. либо 9, либо 1. Так как в каждой горизонтали 8 клеток, то первое невозможно, поэтому на третьей горизонтали стоит 1 пешка. Далее, рассуждая так же, получаем, что на четвертой горизонтали стоят снова 3 пешки, на пятой опять одна и т.д. Тогда суммарное число пешек на доске равно 1 + + 3 + 1 + 3 + 1 + 3 + 1 + 3 = 16. Если же на первой горизонтали стоят 3 пешки, то ситуация получается та же, но 'в обратном порядке', т.е. на второй горизонтали 1 пешка, на третьей 3, на четвертой снова 1 и т.д., и всего на доске такое же самое количество пешек: 16. 2) На первой горизонтали 2 пешки. Рассуждая аналогично, выясняем, что на второй горизонтали находятся 6 пешек, на третьей 2, на четвертой снова 6, на пятой опять 2 и т.д. Тогда суммарное число пешек на доске равно 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 6 = 32. Ну а если на первой горизонтали стоят, наоборот, 6 пешек, то ситуация получается та же, но в 'обратном порядке', и количество пешек на доске то же самое: 32. 3) Остальные значения количества пешек на первой горизонтали: 4, 5, 7 или 8 невозможны, так как эти значения не делятся на 3, поэтому на второй горизонтали может быть лишь втрое больше пешек (но не втрое меньше), однако втрое большее количество пешек во всех случаях больше 8. Итак, общий вывод: на доске либо 16, либо 32 пешки. Рассмотрим теперь первые две вертикали. На одной из них вдвое больше пешек, чем на второй. Пусть на той вертикали, где меньше пешек, их количество равно n. Тогда на другой вертикали число пешек равно 2n. Суммарное же количество пешек на первых двух вертикалях равно n + 2n = 3n, т.е. делится на 3. Аналогично, суммарные количества пешек на 3-й и 4-й вертикалях, на 5-й и 6-й вертикалях, на 7-й и 8-й вертикалях также делятся на 3. Поэтому и суммарное количество

B

E

наименьшее, а Х наибольшее из чисел x1 , x2 ,K, x10 . При указанном в условии задачи преобразовании числа х и Х могут перейти либо сами в себя (при a > 0), либо друг в друга (при a < 0). В первом случае из равенств x = ax + b, X = aX + b находим а = 1; во втором из равенств X = ax + b,

R S T

R | Sx | T находим

пешек на всех вертикалях (т.е., собственно, на всей доске) делится на 3. Но, как мы знаем, общее количество пешек равно либо 16, либо 32, что на 3 не делится. Противоречие! 5. а) Примем сторону одного маленького квадратика за 1, и пусть квадрат ABCD это наш гриб. Проекции одного червяка на стороны АВ и AD отрезки длин m и n натуральные числа. Ясно, что червяк целиком умещается в прямоугольнике m Ч n ; в частности, так как площадь червяка равна 5, mn 5 . Легко проверить, что тогда и m + n 5 . Рассмотрим теперь все проекции 13 червяков на стороны АВ или AD. В силу вышесказанного, сумма этих 26 отрезков не меньше чем 13 Ч 5 = 65 . Но сумма длин АВ и AD равна 32. Так как 2 Ч 32 = 64 < 65 , то найдется точка на одной из сторон АВ или AD, которая принадлежит проекциям на эту сторону по крайней мере трех червяков. Разрез, проходящий через эту точку перпендикулярно стороне, которой она принадлежит, пройдет через всех червяков, в чьих проекциях она содержится. б) Нет. Нетрудно поместить четырех червяков в квадрат 5 Ч 5 так, чтобы любая прямая, параллельная стороне . 3 квадрата, пересекала не более двух червяков (рис.3). Расположив три таких квадрата 5 Ч 5 'по диагонали' в квадрате 16 Ч 16 , получим пример 12 червяков, никаких трех из которых нельзя пересечь линией, параллельной стороне квадрата.

''

1. Ускорение: а) направлено вертикально вниз; б) отклонено от вертикали в направлении, противоположном движению снаряда. 2. Выталкивающая сила, действующая в воздухе на шар, больше выталкивающей силы, приложенной к гире, поскольку объем шара больше объема гири. В вакууме выталкивающие силы исчезнут, и шар перетянет. 3. Нет. Жидкость в трубке находится в неустойчивом равновесии, поэтому во втором случае ртуть, скорее всего, вытечет из трубки, а в образовавшийся вакуум ворвется вода. 4. Если над ртутью воздух отсутствует, объем пузырька меняться не будет. 5. На верхний торец трубки сверху действует сила атмосферного давления, которая ничем не компенсируется, так как над ртутью в трубке вакуум. Поэтому показания динамометра являются суммой веса трубки и силы атмосферного давления. 6. Нагнетающие насосы будут, всасывающие нет. 7. При откачивании воздуха внутреннее давление воздуха в пузырьке становится больше внешнего, поэтому пузырек раздувается. 8. На уровне жидкости в сосуде давление равно нулю. А давление в точке, находящейся выше уровня жидкости в сосуде, меньше давления на этом уровне, значит, давление отрицательное жидкость растянута. 9. Нет. Например, в очень высокой вертикальной трубе (сравнимой с высотой атмосферы) воздух займет лишь нижнюю ее часть. 10. Для уменьшения теплопроводности. 11. Путем излучения, так как теплопроводность или конвекция в межпланетных пространствах практически невозможны. 12. Нет. Изменение температуры тела будет зависеть от ба-


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

ланса между излученной и поглощенной энергией. 13. При втекании порции газа в сосуд окружающий газ совершает над ней работу, которая идет на повышение внутренней энергии газа в сосуде и приводит к росту его температуры. Однако через достаточно большой промежуток времени температура выравнивается. 14. Температура газа будет уменьшаться за счет перехода части внутренней энергии газа в кинетическую энергию струи. 15. Вода одновременно будет кипеть и замерзать. 16. Нет. Для передачи звуковых волн нет среды. 17. Из-за диффузии газа из трубки длина свободного пробега электронов увеличивалась бы, а напряжение зажигания уменьшалось. 18. Чтобы избежать рассеяния частиц на молекулах, входящих в состав воздуха. 19. Да. Поскольку изменится оптическая разность хода лучей, определяемая показателем преломления среды. 20. В веществе скорость света меньше, чем в вакууме.

где f t = 3t прямой, так x = 3 x + 18 2. x -3; 7 равносильно

bg
b

#

- 2 t - 2 . Функция f возрастает на всей числовой что исходное уравнение равносильно такому:
. , x 2 + 6 , x +2 . Указание. Неравенство системе

g

3. 450/17; 255/8; 960/17. Указание. Докажите, что CFD равнобедренный, ВС касательная к окружности, а треугольники BCF и CDF подобны. Подобны также и треугольники ACF и DBC. 4. Да; С = 9/2. Указание. Пусть

Rdlgb | S |x T

7 - x - lg x + 3 -2,

gb

gi

2

> 0,

x 2 + 2 6.


От нити лампы к руке тепло передается излучением, не требующим наличия какой-либо промежуточной среды.

g

b g FGH FGH IJK + 2IJK = 3 b xg = A cosb x + g + B sinb2
2

f x = sin x -

9 2

-

1 2

cos 2 x -

x+ =

= A sin x + +

F GH

g

F GH

2 3

I JK

+ 4 sin x -

F GH

3

I JK

,

2

I JK

+ B cos 2 x + -

F GH

2

I JK

.


1.
1, 2

Ясно, что h x = f x + g x =

bg bg bg


9 2 2

при всех х, если A = 4,

= arctg 4 R vT

tg + tg + 1 - 1-
o 2

2

2

, где =

v c

.

2.

0,02 , 1 . v1
2 2 v1 + v2 - 2v1v2 cos

3. Lmin = L sin

;

,=- - , = - . 23 2 3 2 Наоборот, если h x = const , то при всех х выполняются равенства = 0, h x - h x + = 2 A cos x + + 4 sin x - 3 B= 1

bg

=

L v2 - v1 cos
2 2 2

v1 + v2 - 2v1v2 cos

d

i

h
.

4. v0 =

5. Считая, что при броске на максимальную дальность лучшие результаты составляют примерно Lmax = 30 м, получаем

F L I + F gt I GH t JK GH 2 JK
H =

откуда

bg b b xg - hFGH x +
1 2

2

g FGH b g I = 2F B sinb2x + g JK GH
9 2
.

-

1 2

F GH F cosG H

2x -

2 3

II JK JK

II JK JK

= 0,

2

, 78 м с ; = arctg

gt

2

2L

50 .
5.

o

hx =4
169

bg

+0+0=

*

Lma 2

x

max

FF GG1 - G HH

l Lma
x

I JK

2

I JJ K

8,3 м .

6. v

02

=

v

2 01

+
2

F GH

gL v01 sin
2 2

I JK

2

- 2 gLctg ;

= arctg
2

2v01 sin 2 gL - v01 sin 2

. Отметим, что tg > 0 при условии

2 gL > v01 sin 2 . , 7. s2 = 15 s1 = 21 м .

...
1
1. 6. Указание. Запишите уравнение в виде

187 . 5292 Заметим, что плоскость, A + проходящая через точку K М пересечения диагоналей грани ACC A и деляN щая объем призмы пополам, обязательно проходит через середину N ребB M ра BB : действительно, если она проходит через точку N, то делит призму на две симметричные относительно оси MN части, A C L а если нет, то, пересекая . 4 грань ACC A по некоторому отрезку KL (рис.4), она не может делить призму на равновеликие части, так как это уже делает плоскость KLN. Таким образом, секущая плоскость перпендикулярна грани ACC A и может пересекать эту грань либо по отрезку K1 L1 (рис.5,а), либо по отрезку K2 L2 (рис.5,б), где

E

= AMD , sin =

3 5

, cos =

4 5

,

f x =f

bg e

3 x + 18 ,

j

AH =

4 13

, AM =

5 14

,


#
a) A K
D

К В А Н T $ 2002/1

б) C A

D

C

2. Нет. Указание. Приведите уравнение к виду

v A B

12 sin x = 5 cos x - 4 .

4 14 K M H H L C A
56

M 4 14 L

A
. 5

3 14

D

3 14
, cos =

D
33 65

C

Решениям этого уравнения соx ответствуют точки A u; v и O u 4 B u; v пересечения единич5 2 2 ной окружности u + v = 1 с графиком функции 12v = 5u - 4 (рис.6). 34 . 6 . Указание. Пусть О 3. 9 центр параллелограмма, BD =2x, АС = 2у. Тогда, так как

bg

bg

2 AB + BC получаем систему

e

2

2

j

2 2 = BD + AC , BO BE = AO OC,

= AMH , sin =
cos DML1 = cos - =

b

g

65 12

,

13

, tg - =

b

g

5 12

,

4. 618, 659, 698. 5.

325 В первом случае сечение выглядит, как на рисунке 4, и имеет площадь

sin DMK2 = sin + =

b

g

323

.

F GH

-; -

8 7

I UF JK GH

ний функции f a = a 4 - a

bg

1 - ;0 2

Rx + y | S | xb 9 - x g T I U F 8 ; + I JK GH 9 JK
2 2 4 4 2

= 17 =y .
2

. Указание. Область значе-

отрезок - 2 a

2 . По-

S1 = MN + KE KM = MN 1 +

b

g

= 1-

F F 3 I GG GH 14 JK G GH
2

F GH

A K1

A D

I JK

этому корнями данного уравнения не могут быть те и только 4 3 те значения х, для которых либо 2 x + x < 0 , либо

ML =

3 1 + 14

-

54 12 14 3 14
=
2

I JJ JJ K

4 2x + x > неравенства.
6. 26; 42;

4

3

2 x + 4 x - 8 . Осталось решить полученные

4 = 12 14 13
187 = 169 5292 187 .

169 14 27

Во втором случае сечение треугольное и имеет площадь 3 2 975 14 1 - 3 187 < S1 . S2 = K2 M MN = =2 323 14 323 14 325 34 6. - ; . Указание. Множество решений каждого из нера43 венств системы

FI GH JK

может представлять собой отрезок, объединение двух непересекающихся лучей (с началом), прямую, точку или пустое множество. Поэтому система может иметь единственное решение только в следующих случаях: А. Решением одного из неравенств является ровно одна точка. Б. Множества решений обоих неравенств имеют общую граничную точку, т.е. существует решение системы

Rba - 1g x | S |ax + 2b T
2

2

+ 2ax + a + 4 0,

a +1 x + a +1 0

g

Периметр сечения многогранника плоскостью, отстоящей от основания A B C D (размером 6 Ч 7 ) на расстояние x 0; h , где h высота исходного параллелепипеда, представляет собой линейную функцию P x , так как сечение каждой из восьми перечисленных в условии граней есть отрезок, длина которого линейно зависит от х. Поэтому из равенств P 0 = P h = 26 следует, что функция P x есть константа, равная 26. 23 3 Аналогично, пло72 2 щадь сечения S x 30 квадратичная функ7 ция, удовлетворяю4 щая равенствам S 0 = S h = 42 , по3 3 этому она достигает экстремума в точке 7 3 h 3 4 , т.е. когда плос2 30 2 7 3 кость сечения равно2 2 удалена от основа. 7 ний (на рисунке 7 изображен вид 'сверху'). Это сечение представляет собой 8угольник, площадь которого равна

LM MN

253 + 84 3 8

OP PQ

.

bg

bg bg

bg

bg

bg bg

Rba - 1g x | S |ax + 2b T
2

2

+ 2ax + a + 4 = 0,

S

a + 1 x + a + 1 = 0.

g

F h I = FG GH 2 JK GH

7 2

+

7 2



3 2

+

3 2

I JJ K

F GG H

3 + 3

3 2

+

7 4

I JJ K

-



1. -; - 2 U 0; lg 101 - 2 . Указание. Неравенство преобразуется к виду log 2 5 - 1 log 5 y 0 , где y = 101 10 - 10

b

d

i

g

2
x 2 +2 x

77 33 3 253 + 84 3 - 3 = > 42 . 42 2 2 2 8

.

1. 12.

2.

RF |G SH | T

arccos

F 27 I GH 28 JK

3
+ 2 m; + arcsin

F 17 I GH 28 JK

+ 2 n ;

I JK


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

F GH

- arccos

F 27 I GH 28 JK

+ 2 m; - arcsin

F 17 I GH 28 JK

+ 2 n ; m, n Z . Z

I JK

3. 10 км/ч. Указание. Рассмотрите два случая: 1) встреча произошла до момента или в момент изменения скорости первым велосипедистом; 2) встреча произошла после изменения скорости первым велосипедистом. 192 1728 = 69,12 . Пусть ABCD данный параллелог4. или 17 25 рамм (рис.8), O1 , O2 , O3 и O4 центры окружностей, описанных около треугольO ников АОВ, ВОС, СОD и AOD соответственно. Пусть AOB = C B ( 0 < < ). Так как OO2 , O2 O3 , O3O4 и 1 OO4 являются середин1 O! ными перпендикулярами O O к отрезкам ВО, СО, DO и AO соответственно, то E OO2 O3 O4 параллелог1 A D рамм, причем OO4 O3 = AOB = . 1 Пусть Е проекция точO" . 8 ки O3 на прямую OO4 . 1 Поскольку АО = ОС, имеем O3 E = AO . Тогда АО = O3O4 sin = 16 sin . По следствию из теоремы синусов для треугольника АВО, в котором известен радиус описанной окружности R = 5, получаем АВ = 2 R sin = 10 sin . BD = 6 , следовательно, по теоВ том же треугольнике BO = 2 реме косинусов AB2 = AO + BO - 2 AO BO cos , т.е.
2 2

U | V | W

Здесь использовано обозначение Указание. Выполнив замену

F bag = GG GH

1 - 3a a+2

I JJ JK

#!
a +2 1- 3 a

l log 3

.

t=3

2 -2 - log 81 x + 6 x + 9

FG H

IJ K

=3

-2 - log 9 x + 3

,

после преобразований приходим к системе неравенств

100 sin = 256 sin + 36 - 192 sin cos .
Поделив полученное равенство на 12 sin ( sin 0 ), приходим к квадратному уравнению
3ctg - 16 ctg + 16 = 0 .
2

2

2

2

2

. 42 Докажем вспомогательное Утверждение. Пусть в треугольник GSH вписана окружность с центром в точке О, касающаяся его сторон GS и GH в точках K и M соответственно. Прямая KM пересекает прямую o SO в точке Р. Тогда SPH = 90 . Доказательство. 1) Если треугольник GSH равнобедренный, GS = SH, то точки Р и М совпадают. SM являS ется биссектрисой, медианой и высотой треугольника GSH, поэтому K L угол SPH прямой. 2) Пусть SH < GS. O Тогда точки Н и М лежат по одну сторону от H P прямой SO, а Р лежит M внутри треугольника G GSH (рис.9). . 9 Пусть GSH = , SGH = , SHG = . Поскольку углы OKG и OMG прямые, точки О, K, G, M лежат на одной окружности, следовательно, OKM = = OGM = . Тогда из треугольника SKP имеем 2 SPK = - ++ =. 222 2 Поэтому OPM + OHM = , следовательно, выпуклый четырехугольник OPMH является вписанным в некоторую окo ружность. Но тогда OPH = OMH = 90 . 3) Пусть теперь SH > GS. Тогда точки Н и М лежат по разные стороны от прямой SO, а Р находится вне треугольника GSH (рис.10). S Дословно повторяя рассуждения п.2), получаем K L OKM = OGM = , O 2 поэтому SPK = . Так G 2 как равные углы ОРМ M и ОНМ опираются на H P один и тот же отрезок . 10 ОМ, а их вершины Р и Н находятся по одну сторону от прямой ОМ, то существует окружность, проходящая через точки О, Н, Р, М. Следоваo тельно, OPH = OMH = 90 . Утверждение доказано. Сфера, о которой идет речь в условии задачи, в пересечении с плоскостью ASB дает окружность, вписанную в треугольник GSH. Последний отсекается от треугольника ASB плоскостью, касающейся сферы в точке М (рис.11 и 12).

6. 729 6 ;

27 - 3 11

R3b | S0 | T

a + 2 t2 + 8a - 5 t - 3a - 1 0, < t < 1.

gb

gb

g

F GH

I JK

Отсюда имеем два решения 4 ctg = или ctg = 4 . 3 Дальнейшие вычисления очевидны. 5. -3 -

LM NM

1

d

-4; - 3 -

IF JG 3KH L b ag U M - NM F U U G -3; - H
1 3

; 3 U -3; - 3 + 3- 3+ 1 3 1

1

;-

F GH

-4; - 3 -

OP QP

b

-4; - 3

OP 3Q P gUb

OP 3Q P I 3J K

при a -; -

F GH

1 4

OP Q

;

U

U -3 + a ; - 2 при a -
-3; - 2 при a =

bg i

F GH

1

4 10

;

1

I JK

;

g

1 10

;

U -3 - a ; - 3 U

U -3; - 3 + a

F GH

d

-4; - 3 -

bg 1O PU 3P Q

bg i L U M -3 + NM LM-3 + 1 3 MN

1 3

; - 2 при a

; - 2 при a

I JK

I JK

LM N

F GH

1

10 3

;

1

1 3

;+ .

I JK

I JK

;


#"
S S

К В А Н T $ 2002/1

K

O

K G M O X

L

g + by - 4g равно квадрату расстояния r между точками b x; y g и b 3; 4 g , то на множестве решений системы функция f b x; y g принимает минимальное значение в точке, ближайшей к точке b 3; 4 g
f x, y = x + y - 6 x - 8 y + 25 = x - 3
2 2 2 2

Поскольку значение функции

bg

b

(рис.13).

y A 4 O y= 1 x+3 3

F A N
. 11

E I B C D A
. 12

Y

H

C 2 O O

N

B

x 3 1 (x3) + (y4) = r


Обозначим АВ = а и GH = b. Из доказанного утверждения следует, что точки пересечения прямых KM и LM с апофемой SN грани ASB являются проекциями точек G и Н на эту апофему. Следовательно, так как по условию задачи апофема делится прямыми KM и LM на три равных отрезка, одна из этих точек делит ребро в отношении 1 : 2, а другая 2 : 1. Пусть для определенности SA = SB = 3x, SG = x и SH = 2x. Пусть ASB = . Применим теорему косинусов к треугольнику ASB: 2 a 2 2 2 18 x - 18 x cos = a , откуда cos = 1 - 2. 18 x Теорема косинусов для треугольника GSH дает

(x+2) + (y+1) = 16


B y= 3x3

. 13

4. 4 n + 1 , где n 0 целое. Указание. Приведем исходное уравнение к виду

b

g

2

sin

Так как значение синуса не превосходит 1, это уравнение равносильно системе

Fe GH 2

6 x + 15 x

jIJK

+ sin

Fe GH 2

2 x - 13 x

jIJK

= 2.

x + 4x - 4x 1 -
2

2

2

2

F GH

a
2

2 2

18 x

I JK

= b , откуда x =

2

2

9b - 2a 9

2

2

.

Поэтому SA = 9b - 2a . Пусть SI = h высота пирамиды. AI = a, поскольку ABCDEF правильный шестиугольник. Тогда h = 9b - 3a . Отсюда 1 32 2 2 V = S ABCDEF h = a 3b - a . 3 2 Пусть O центр сферы, O K = R ее радиус. Из подобия прямоугольных треугольников SAI и SO K получаем R = SK =a . h Используя теорему об отрезках касательных, выходящих из одной точки, имеем 2 2 SG + SH - GH 9b - 2a - b . SK = = 2 2 . 2 2 2 9b - 3a Подставляя данные задачи а = 9 и b = 3 11 , находим ответ. Значит, R =
2 2

Решения системы (1) суть такие значения х ( x 0 ), для которых существуют некоторые целые k и l, удовлетворяющие уравнениям системы. Докажем, что любое такое число х является квадратом целого числа. Вычитая из первого уравнения системы утроенное второе, получаем равенство

R | | S | | | T

sin

sin

Fe GH 2 Fe GH 2

6 x + 15 x

2 x - 13 x

jIJK jIJK

= 1, = 1,

R6 | S |2 T

x + 15 x = 4k + 1, x 13 x = 4l + 1,

k Z, l Z.
(1)

27 x = 2k - 6l - 1 ,
из которого следует, что x = p q , где р и q взаимно простые нечетные натуральные числа. Тогда из второго уравнения системы (1) получим

2 p = q 13 p + 4 l + 1 q ,
что невозможно при нечетном q > 1. 2 Итак, x = m квадрат натурального числа. Рассматривая остатки от деления числа m на 4, приходим к выводу, что система имеет решения в целых числах тогда и только тогда, когда число m равно 4n + 1, n Z, т.е. 2 x = 4 n + 1 , где n Z, n 0 .

2

d

b

gi

a

F H

9b - 2a - b

2

2

I K

F 1 ; 1I . GH 3 JK F 9 12 I 3. G ; J H 5 5K виде
1.

4
2. 119. . Указание. Перепишите исходную систему в

b

g

5. 8 + 4 6 - 10 arcsin

Ry -3x - 3, | S x + 2 + y +1 |b g b g T
2

2

4.

2

Пусть в трапеции ABCD AD || BC , BC = 8 = 2 2 (рис.14). Так как трапеция вписана в окружность, то она равнобокая: АВ = CD. Пусть М и N середины оснований трапеции ВС и AD соответственно, тогда MN высота трапеции, MN = = 3+ 2. Центр О описанной около трапеции окружности лежит на

F GG H

26 5

I JJ K

.


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

##

прямой MN. Поскольку

MO = NO = MN - MO =

OC - MC = 2 , а AN = ND =

2

2

3 < MN , OD - ON =
2 2

sin BOC =

26 5

. Поэтому

точка О лежит внутри трапеции. Тогда

3.

=

5 2

Следовательно, AD > BС, поэтому BAD = CDA острые углы, а ABC = DCB тупые углы. Дуги AB, BC, CD и Z AD отражаются M C B внутрь трапеции сим метрично относительно прямых АВ, ВС, Z Y F СD и AD соответY ственно. Дуги, отраX O женные внутрь траW W пеции, далее будем называть внутренниK LD ми. Пусть XW и YZ A N касательные, проX веденные к окружности в точках А и В E соответственно, . 14 AW , AX , BY и лучи, симметричные лучам AW, AX, BY и BZ относиBZ тельно прямых АВ, AD, AB и BC соответственно. (Таким образом, AW касается внутренней дуги АВ в точке А, AX касается внутренней дуги AD и т.д.) Пусть Е и F точки, симметричные точке О относительно прямых AD и CD соответственно. Заметим, что каждый из углов WAB, XAD это угол между касательной и хордой, поэтому

Тогда окончательно получаем, что искомая площадь S фигуры, состоящей из всех точек трапеции, которые не принадлежат ни одному из отраженных внутрь нее сегментов, равна
S = BC - 4 = 8 - 10 arcsin
2

F GG H

arcsin

F GG H

26 5

I JJ K

-

26 5

I JJ K

.

6. -13 - 57 ; 8 . Указание. Пусть
2

e

a = f x - 2 x - 112 , b = f -2 x 32 - 2 x , c = f -2 x 32 - 2 x - 112 .

j e

F GG H

26 5

I JJ K

+4 6.

e

j

e

j

j

Основание степени в знаменателе равно 3c - 2b = c + 2 c - b . Поскольку функция f x отрицательна, c < 0. Разность c b < 0 в силу возрастания f x , так как

bg

bg
gi

b

g

-2 x 32 - 2 x > -2 x 32 - 2 x - 112 .
в исходном неравенстве Поэтому знаменатель c + 2 c - b отрицателен, и следовательно, неравенство равносильно неравенству

d

b

7

2a + a - 3b < 0 ,
которое равносильно двойному неравенству 2a < a 3b < < 2a, равносильному системе

W AB + X AD = WAB + XAD = BCD > BAD.
Это означает, что внутренние дуги AB и AD пересекаются внутри трапеции. Пусть K точка их пересечения. Аналогично доказывается, что внутренние дуги CD и AD тоже пересекаются в некоторой точке L. В то же время

a < b. Первое неравенство в системе выполнено вследствие отрицательности f x . Второе же в силу возрастания функции f x равносильно неравенству

bg

R | S | T

a < -3b,

bg

2 x - 2 x - 112 < -2 x 32 - 2 x ,

которое приводится к виду после чего легко решается. 1. 2; 3 . 2.

Y BA + Z BC = YBA + ZBC = ADC > ABC,
откуда следует, что внутренние дуги AB и BC не пересекаются внутри трапеции. Аналогично, не пересекаются внутренние дуги BC и CD. Так как OC = OD = FC = FD = ED = EL = FL = 5 , то OCFD и ELFD ромбы, значит, OC || FD || EL . Следовательно, EOCL параллелограмм, CL = OE = 2ON = 2 2 , CL || OE . Отсюда получается, что BC = CL, BC CL . Аналогично доказывается, что BC = BK, BC BK . Значит, KBCL квадрат. Таким образом, дуги BC, BK, CL и KL равны, так как это дуги равных окружностей, стягиваемые равными хордами. Дуги AB и BC не пересекаются внутри трапеции, следовательно, дуги BC, BK, CL и KL не пересекаются внутри квадрата KBCL. Пусть площадь каждого из сегментов, отсекаемых равными хордами ВС, BK, CL и KL от равных окружностей. Площадь s сегмента круга радиуса r, дуга которого задается центральным углом , вычисляется по формуле

e

x + 32 - 2 x

j

2

< 114 ,

, n Z , n 0 . 3. log 3 2 , 2 log 2 3 . 5 4. 7 3 . Указание. Докажите, что треугольник АВС равнобедренный. 5. - 85 3 ; - 5 3 U 6.

b

1 + 1 + 5 n

5

Указание. Плоскость сечения, параллельная ребру SM двугранного угла, пересекает его грани по параллельным прямым АВ и CD. Эти прямые отсекают на сторонах правильных треугольников (граней правильного тетраэдра) равные отрезки: SA = MB, SD = MC AD = BC , причем BC || KM . a 2 7. 2a + ; + при a < 0; 2

e e13 F GH F GH

+ 2 3 a.

j

je

5 3 ; 85 3 .

j

a

2

s=

r

2

2

b

- sin . 2 5
, cos COM =

g

18

+

a 2

; + при a 0 . 2 x - a , сведите задачу к ре2

Указание. Выполнив замену t = шению системы

I JK I JK

В нашем случае sin COM =

3 5

, значит,

R3t | S | Tt

2

+ 5at - 2a > 0, 0.


#$
8.

К В А Н T $ 2002/1

. Указание. Пусть NA OL , NB OM , NC KM , l ND LM ; NA = k, NB = m, NC = l, ND = n. Проведем отрезки NK и NM. Тогда NKA ; NMD (в этих прямоугольных треугольниках NKA = NML как вписанные, опирающиеся на дугу NL). Другая пара подобных прямоугольных треугольников имеет те же гипотенузы NK и NM: NKC ; NMB (угол NMB между хордой и касательной равен вписанному углу NKM, опирающемуся на дугу NM). Из этих двух подобий следует

mk

5. 100; + . Указание. Поскольку a a при любом а, левая часть не меньше чем 200х, причем равенство возможно лишь тогда, когда все подмодульные выражения неотрицательны. 6. 3; + . Указание. Преобразуем систему к виду

g

g

k n

=

NK NM

=

l m

mk = ln.

При a 3 у системы единственное решение х = а. При a < 3 множества решений обоих неравенств содержат отрезок вида b; 3 , где b = max(a, 2). 7. 4004001. Подставляя х = 0, 1, 2, ..., 2001 в равенство

Rb x - 1gb x - 2gb x - ag | S |xb x - 3gb x - ag 0. T

0,

f x + 1 = f x + 2x + 1
и учитывая начальное . имеем равенства

b

1. n - 2 , n Z . 3. 1; 2/3. 7. 4.

2.

a 2

kl .

F b -; 2g U GG 3 +2 5 H 5. b -; - 2g . b g

6

;

I 3J JK

6.

80 3

f
.

f

g bg значение f b 0g = 0 , 1 f bg = 1 , b2g = f b1g + 2 1 + 1 , b 3g = f b2 g + 2 2 + 1 ,
........

3

2 2 Указание. Приведите уравнение к виду

при a =



+ 2 n , n Z , при других а решений нет.

f 2000 = f 1999 + 2 1999 + 1 , f + 2 2000 + 1 ,

cos 2 x - cos 2 x + a = sin a - 3 .
Последнее равенство эквивалентно системе cos 2 x = -1 ,

R | S | T

сложив которые, получаем 2 f 2001 = 2 1 + 2 + K + 1999 + 2000 + 1 2001 = 2001 .

b b

gbg 2001g = f b2000g

b

gb

g

cos 2 x + a = 1, sin a = 1.

b

g

8
1. -12 U 7; + . 3.

8. Продолжим прямую MN ( MN || AC по условию) до пересечения с окружностями (рис.15), тогда AEFC прямоуголь-

B E a A
. 15

ник ( AEN и MFC опираются на диаметры). Пусть BAC = ,
BCA = , EA = FC =



M

PD N F

; 64; + . 8 4. 3/4. Указание. Пусть t 1 и t2 целые числа часов, за которые первый и второй самолеты облетают свои окружности. По условию,

l LM N

1

qb g I 1J U b1; 16 U b K

2. n , +

3

-

6

+ 2 n , n Z .

g

=a. Тогда EMA = ,

Q



C

FNC = , EN и PQ
пересекающиеся хорды одной окружности, MF и PQ другой. Следовательно,

ED DN = DP DQ , MD DF = DP DQ , откуда получаем,
что ED DN = MD DF . Подставив в эту формулу выражения ED = EM + MD = a ctg + MD , DF = DN + NF = DN + MD ctg MD = = 3 , = , то . Если +arctg , находим DN DN ctg 4 = . 3 1. 0; 1 U 1; + . 2. 1. Указание. Пусть A = C = 2 . Тогда по теореме синусов AD DC 2 cos = = . sin sin 2 sin 2 3. n , n Z . Указание. tg x + tg 2 x + tg x tg 2 x tg 3 x = tg 3 x . 4. 2. Указание. Левая часть уравнения не больше чем 3, а правая не меньше чем 3.

b gb

g

7

откуда t1 = 12 , t2 = 9 , а поскольку скорости самолетов одина3 r t = 2= . ковы, получаем 4 R t1 36 5. . Медиана BD делит верхнюю сторону EF квадрата 2 пополам (рис.16): EL BL LF = = EL = FL . AD BD DC Высота LN, опущенное из точки L на сторону АС, проходит через центр О квадрата. B Отрезок DM пересекает отрезок LN в точке О и делит его пополам. Поэтому, как и выше, имеем L BM MH E F = BM = MH . M LO ON Таким образом, в треугольнике DMC сторона DC вдвое меньше стороны АС, а опущенная на DC высота МН вдвое меньше высоты

R | | S | | T

43 4t1 49, 43 5t2 49, 4t1 - 5t2 2,

O A
. 16

D NH

C


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

#%
10
n 5

ВН. Поэтому

S ABC . 4 1 5 6. - , - , +1, + 3 . Указание. Перепишем систему: 3 3 2 - 6 - 2a x , sin x = sin 2
DMC

S

=

1

1. 1; 2 U 7; 8 .

b

bg

2.

,

4

+

k 2

, n, k Z , n, k 0 .

1) Если единственное на [0; 2] решение х не совпадает с или

R | | S | | | T

cos x = a -

F GH

F GH

2 3

I cosF JK GH

I JK

2

- 6 - 2a x . 2

2

I JK

3. 3 + 5 . 16 , центр вне треугольника; 4. а) 3 б)

85 3

5. 1; 5 ;

3 2

, то из первого уравнения последней системы вытека-

2 v = 2x + y xy.

b g FGH

, центр внутри треугольника.

5

; 2 . Указание. Перейдите к переменным u =

I JK

xy 2

,

- 6 - 2a x имеют равные по модулю не2 нулевые косинусы, и тогда второе уравнение приводит к ра1 5 2 венству a - = +1 , т.е. a = - или a = . 3 3 3 1 Убедитесь, что при a = - уравнение действительно имеет 3 5 такое единственное решение на отрезке [0; 2], а при a = 3 решение не единственно. единственное решение системы на [0; 2], то 2) Если 2 a = + 3. 3 единственное решение системы на [0; 2], 3) Если x = 2 то 2 3 -1 = sin - 6 - 2a 2 2
ет, что числа х и



2

6. 7 ч; 55 км. Выберем прямоугольную систему координат с центром в точке С. Без уменьшения общности можно считать, что точка А находится на положительной полуоси абсцисс, а точка В на положительной полуоси ординат. Тогда, поскольку по условию АС = СВ = 275 (км), через время t (ч) после начала движения координаты первого мотоциклиста суть 275 - 44t; 0 , а второго 0; 275 - 33t . Квадрат расстояния r t между этими точками равен
r
2

bg t bg = b2

b

g

b

g

75 - 44 t

=

g + b275 - 33t g = 1 1 e b 25 - 4 t g + b 2
2 2

2

2

5 - 3t

gj
2

= 55 t - 14t + 50 .

2

e

2

j

Минимум функции

r t = 55 t - 14t + 50
в силу свойств квадратного трехчлена достигается при t0 = 7 и равен

bg

2

F GH




2

I JK

rt
7.

di
0

= 55 49 - 98 + 50 = 55 .

- 6 - 2a
2

2

3 2 2 3 +

= 4 3

3 2

+ 2 n , n Z

6 - 2a 6 - 2a

=- = 2

n, n Z

5 , 2 a = + , + 1. 3 3 Осталось проверить найденные значения а.
2

3 . Указание. Так как сфера в точке А касается плоскости 4 АВС, ее диаметр AD перпендикулярен этой плоскости. Сечением сферы плоскостью ABD является окружность с диаметром AD, для которой АВ касательная, а BD секущая. Из прямоугольного треугольника ABD находим BD, а затем ВМ. Аналогично находим отрезки CD и CN, а потом и MN из треугольника DMN.
8. 3 U 10 ; 11 . Решение данного уравнения это две непересекающиеся серии

lq

j

9
1.

4

+

2

n, n Z .

2. 1.

3. 3; 4 .

5. 2 n < x < дится к виду

2

b

4. 2 3 - 3 6 .

e

j

+ 2 n , n Z . Указание. Неравенство приво-

а последнее неравенство верно на всей области допустимых значений. 6. Нельзя. Возьмем систему координат с началом в угловом дереве и осями, направленными вдоль сторон участка (рис.17). Два других дерева должны располагаться вне круга с центром в О и радиусом 2,5, т.е. на выделенном на рисунке участке. Разница абсцисс этих деревьев получится меньше 2, а разница ординат y не больше 1. Следовательно, расстояние 1 между ними будет A меньше 2 2 2 + 1 = 5 < 2,5 , 1 2,5 O x т.е. задание выпол. 17 нить нельзя.

dlog b


sin x - log sin 2 x

g

b

gi

2

0,

Заметим, что расстояние между соседними точками первой се13 рии равно , а второй . Длина отрезка, указанного в 2 условии задачи,

LM MM NM

x1 = n, x2 = 13 4

b

2 n + 1 ,

g

n Z .

l = a + 1 2a = a - 1 .
Всякий отрезок, длина которого l < 4 , содержит не более четырех корней первой серии и не более одного второй. Если же l 6,5 , то отрезок такой длины содержит как минимум шесть корней первой серии и по крайней мере один второй. Таким образом, ровно шесть различных корней уравнения на данном отрезке могут быть лишь при условии
4 a - 1 < 6,5 2 a - 1 <

e

2

j

b

g

2

b

g

2

6,5 .

Принимая во внимание условие задачи a 1, имеем 3 a < 1 + 6,5 . Если а = 3, то отрезок 6 ; 10 содержит пять корней 6 ,


#&
7 , 8 , 9 , 10 вида x1 и корень x2 = 39

К В А Н T $ 2002/1

4 шесть корней. Пусть a > 3. Учитывая неравенство a < 1 + 6,5 , получаем, что левая граница заданного отрезка удовлетворяет условию 6 < 2a < 2 1 + 6,5 < 8 .
Тогда для наличия ровно шести корней необходимо и достаточно, чтобы

, т.е. ровно

1 n + 2 n , -1 arcsin - + n , n Z . 2 3 2. 1; + . 3. 19/44. 4. 50%.
1. 5.



e

j

LM MM MM MM MM N

R6 < 2a 7, | S |11 a + 1 < 2; T R7 < 2a < 2e1 + 6,5 j, | S |12 a + 1 < 13, T
2 2

- ; . Указание. Первые два неравенства задают угол 2 на плоскости Оху. Прямые y + ax = 1 проходят через точку (0; 1). Число а удовлетворяет условию, если прямая у = = ах 1 пересекает обе стороны угла.

b F GH

1

g I 2J K

bg

FI GH JK

12

1. 0;

2. 2 млн. 400 тыс. рублей и 3 млн. 600 тыс. рублей. 3. 36. 4. log 2 49 - 4; log 2 7 . Указание. Введите переменную

LM N

15 4

OP Q

13
U 4; + .

g

т.е.

10 a < 11 .

d

1. - 10 ; 3 U 3; 10 . Указание. Докажите, что

je

11

t = log 2 2 - 3 .
5. виду

356 - 12 6

e

x

j

i

,

164 - 12 6

. Указание. Уравнение приводится к
2

0<

31 - 21 < 1 .

2. + arccos -

3 +1 3. 9. Указание.Положим b = a + d, c = a + 2d. Выразив минимизируемое выражение через а и d, получим 2a - 4b - c + 4bc + 6 a = a + 6 a = a + 3
2 2 2
2

F GH

1

I JK

+ 2 n , n Z .

cos 6 - 4 x - x -
Отсюда т.е.
6 - 4x - x =
2

F GH

3

I JK

= 1.

6 - 4x - x
1 3

2

=

3

+ 2 k , k Z ,

b

g

2

- 9.

Последнее выражение достигает минимума, равного 9, при а = 3. Осталось показать, что для этого а можно подобрать такое d, что числа а с = 2d, c b = d, 2а = 6 образует геометричесую прогрессию. 4. 2 3 . Указание. Смежные стороны ромба, а значит, и опирающиеся на них треугольники симметричны относительно одной из диагоналей ромба (рис.18). Поэтому четырехугольник ABCD является прямоуF гольником со сторонами, параллельными диагоналям ромба. 5. 3. Указание. Поскольку x a -1 2 - 7 1, то x 3 , но тог6 2 . Однако левая да D A x часть уравнения не больше чем G 2 , что возможно только при E х = 3. B C 6. Z \ -11; - 10; K; - 4; - 3 . Указание. Первое неравенство задает на координатной плоскости Оху круг с центром 1; - 2 и радиусом |k + 5|, второе

+ 2k , где k = 0 или k = 1.

l

q

и ра5 5 диусом 1 (оба круга с границей). Система имеет хотя бы одно решение тогда и только тогда, когда расстояние между центрами этих кругов не превосходит суммы радиусов, т.е. когда
. 18

H

круг с центром

F GH

k

;-

2k

b I JK

g

6. arccos 6 33 . Заметим, что центр О шара, вписанного в правильную пирамиду SABCDEF с вершиной S, лежит на высоте SH пирамиды, а точка K касания вписанным шаром боковой грани SBC принадS лежит апофеме этой грани. Пусть Р и Q середины противоположных ребер ВС и EF основания, Т середина бокового ребра SA, R радиус вписанного шара, r радиусы шаров с центрами в серединах реK бер, SH = h. O Рассмотрим сечение SPQ R (рис.19). Поскольку R r SP BC , QP BC , то SPH плоский угол исQ P H комого двугранного угла. Обозначим его величину . 19 через . Пусть а длина стороны основания пирамиды, тогда 3 PH = a . Так как OK SP , SH PQ , то KOS = SPH . 2 Отсюда SKO ; SPH , следовательно,

e

j

OK SO

=

PH SP

, т.е.

R h-R

3 =
2

2 h+

a 3 4
.

a

2

F GH

1-

k 5

I +F JK GH
2

-2 +

2k 5

I JK

2

k + 5 + 1.

Возведение в квадрат в последнем равенстве приводит к соотношению
3a h - 2 R = 4 R h .
2

Осталось решить полученное неравенство.

b

g

2

(1)


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

#'
14
2. 0;

Из прямоугольного треугольника OPH имеем 32 2 2 2 2 R + r = R + a 4 r + 8 Rr = 3 a . (2) 4 Рассмотрим далее диагональное сечение SAD (рис.20). Имея в виду, что АН = а, по S теореме косинусов для треугольника STO получаем 12 2 2 R+r = h +a + 4

b

g

1.

4

+

k 2

,+

6

+ 2 n , k,n Z.

15 4

; 4.

3. 17100 руб. и 11400 руб. 4. 27. 18 + 503 18 + 335 5. log 3 28 - 3; log 3 4 . 6. ; . 6 6

d

i

b

T

+ h-R

r R O R H D
2

b

g

4 r + 8 Rr = h + a -
- 4 Rh . (3)
Сравнивая (2) и (3), имеем
2 a = h - 4 Rh .
2 2

2

g

e

2

-h h-R
2 2

b

j g

A
. 20

1. 3 + 5 3 2 . 2. -; - 8 U 12; + . 1 1 + 2 n , 2 arccos - + 2 n , где + 2 n , 2arccos 3. 2 n , 2 5 52 n Z. Указание. Заменой y = 2 sin x + cos x уравнение приво2 дится к виду y - 3 y + 2 = 0 . 4. 3; 4098/61. C D Угол CBE в трапеции острый, поэтому дуга

b

15

b

g

3

(4)

CDE меньше 180њ, а значит, для любой точки


Теперь, исключая из (1) и (4) a , получаем

10

3h - 18 Rh + 16 R = 0 .
, учитывая вытекаR ющее из (4) условие h > 4R, приходим к системе После деления на R и обозначения t =
2

2

2

h

Тогда из SKO (см. рис. 19) имеем

R3t | S |t > T

2

- 18t + 16 = 0, 4 R h-R 1

t=

9 + 33 3 3

.

10 X CDE будет 13 CX CE = 10. СледоваB E тельно, точка А лежит на дуге CBE . При этом, поскольку СВ = DE < CE = A = 10, точка А должна лежать между точками В и . 21 Е (рис.21). Пользуясь равенством дуг, стягиваемых равными хордами,
получаем BA = CBA- CB = CDE - DE = CD . Отсюда BA = = CD = 3. Пусть ABE = ACE = . По теореме косинусов


cos =

OK SO

=

=

t -1

=

6 + 33

= 6 - 33 .

7. u = 187; v = 819. Так как 20020 = 364 55 , 2 364 = 2 7 13 , 55 = 5 11 , то после деления почленно на 20020 приходим к биквадратному уравнению
a + pa - q = 0 , где p =
2
4 2

AE = AB + BE - 2 AB BE cos =
= AC + CE - 2 AC CE cos , откуда
2 2

2

2

2

u 5 11

,q=

v 2 7 13
2

.

Пусть t = a . Биквадратное уравнение имеет четыре различных корня тогда и только тогда, когда корни t 1 , t2 уравне2 ния t + pt - q = 0 положительны и различны. В соответствии с теоремой Виета это равносильно системе условий

122 61 после чего без труда вычисляется S
5. при a -
4

cos =

22

=

11

sin =
ABCDE

60 61

,

.

1 12

Пусть 0 < t1 < t2 , тогда корнями исходного уравнения являются + t1 , + t2 . В силу условия задачи,

R | | S | | T

p < 0, q < 0, D = p + 4q > 0
2



Ru < | |v < S |D |> T

;
4

0, 0, 0.

F GG H F GG H
-;

-1 + 1 - 1 2 a 2a

;

-1 - 1 - 12a 2a

4

-1 - 1 - 1 2 a 2a

4

t1 : t2 = 3 : 5 25t1 = 9t2

25 - p - D = 9 - p + D -8 p = 17 D 8 p = 1 7 p + 4 q 9 2 5 p = -1 7 4 q .
В исходных обозначениях получается равенство
3 7 13u = 11 17 - v , где u, v Z, u, v < 0 .
2 2 2 2

e

je
2 2

2

e

j

b0; + g I F -1 + JJ U GG KH b -; + g
2

при a = 0 ;

I JJ K
4

при -

4

1 12

< a < 0;

1 - 12 a 2a

;+ 1 12

I JJ K

при 0 < a

4

1 12

;

при a >

4

.

2

j

2

2

Указание. Левая часть неравенства раскладывается на множители:

bg

Следовательно, u делится на 17 и 11, а v делится на 9, 7 и 13. Среди чисел такого вида наибольшими отрицательными являются u = -17 11 = -187 , v = -9 7 13 = -819 .

1. -1; 0 3. 8

b

3 4

%

IK FH ax + x + 3a IK . 16 F 0; 1 I . 2. -1 + n , n g U GH 2 JK b g 6 . 4. 7/8. 5. e -2 - 2 2 ; 0j U e
x +2
2 3
n

FH

Z . 0; - 2 + 2 2 .

j


$
6. 1; 2/7. Указание. Выполните замену t =
3

К В А Н T $ 2002/1

2 x

-6.

1. 3. 4.

венство приводится к виду

F 3 1 OP GG - 2 ; - 2 P U 3; 2 3 j . 2. H Q 4 км/ч, 8 км/ч, 12 км/ч. F 0; 1 I U L3; 3 O . Указание. GH 3 JK NM QP
13 o

17
3 2 , 2 , 2 - arccos 2 5

Сравнивая с полученным ранее ограничением, имеем А = 4. Тогда t = 0, x = n, n Z, x = n, n Z. x-y =1 y = x -1 y = n - 1,

.

R | S | T

R | S | T

R | S | T



После замены t = log 3 x нера-


1. На рисунке 22 сплошной линией показано положение сечения цилиндра вертикальной плоскостью, перпендикулярной оси цилиндра, в тот момент времени t, когда доска, лежащая на нем, образует со столом угол . Пунктирной линией изображено положение указанного сечения по прошествии небольшого промежутка времени t . Считая (как обычно это и делается при решении подобных задач) цилиндр, стол и доску твердыми телами, можно утверж дать, что прямая, прохо дящая через вершину 2 угла и центр сечения цилиндра, является бисrctg rt 2 сектрисой угла . . 22 Поскольку цилиндр катится по столу без проскальзывания с угловой скоростью и его ось остается параллельной оси вращения доски, ось цилиндра за промежуток времени t переместится на расстояние s = rt , где r радиус цилиндра, а доска повернется на угол . Учитывая, что выбранный промежуток времени t достаточно мал, можно считать, что угол мал и вращение доски в течение этого промежутка времени неотличимо от равномерного. Поэтому, если искомую скорость вращения доски обозначить , то = t . С другой стороны, из геометрии получим - r ctg - ctg = rt . 2 2

b1 + tg 3bt1-+1tg
5. BOC = 112,5 .

2.

1 1 6. -1 U - ; 0 U 0; U 1 . Преобразуем данную систему 2 2 уравнений:

l q LMN
3 3

R | S | T

ax + y = a, ax + y = a

Второе уравнение последней системы приводит к рассмотрению трех случаев. а) а = 0. Тогда система имеет бесконечно много решений вида t; 0 , где t R. Таким образом, значение а = 0 не является искомым. б) х = 1. Очевидно, система имеет решение 1; 0 при любом а. в) Третий вариант сводится к системе

I F OP l q JK GH Q Ry = ab1 - xg, | S |ae x - 1j + a b1 - xg = 0 T Ry = ab1 - xg, | Sa x x | b - 1ge + T
3 3 3 2



x +1- a x -1

2

b

gj
2

= 0.

bg

bg

R | S | T

y = a 1- x , x + x +1- a x -1
2 2

b

g

b

g

2

=0



Ry = ab1 - xg, | Sa x |e - 1j - e T
2 2

2a + 1 x + a - 1 = 0.

2

j

2

F GH

Заметим, что х = 1 не удовлетворяет второму уравнению ни при каком значении параметра а. Поэтому искомыми являются те и только те значения а, при которых система в) имеет не более одного решения. 2 У этой системы уравнений при a = 1 есть единственное ре2 шение 0; a . Если же a 1 ( a 0 ), то квадратное уравнение (а с ним и система) имеет не более одного решения при условии, что дискриминант

bg

D = 2a + 1

e

2

j

2

- 4 a -1 1

e

2

j

2

= 3 4a - 1 0 ,

e

2

j

. 2 Z 7. n; n - 1 , n Z . Преобразуем выражение под радикалом:

что равносильно 0 < a

b

g

2 2 A = 3 + 2 x - 2 y + 2 xy - x - y = - x - y - 1

b

g

2

+ 4.

Отсюда с учетом неотрицательности подкоренного выражения имеем 0 A 4 . Заметив, что cos x 0 , перепишем данное уравнение, переходя к переменной t = tg x :

t-

2

e

A -2 t+2-

j

A = 0.

Это уравнение может иметь решения лишь при условии неотрицательности дискриминанта:

e

A -2

j

2

-4 2-

e

A 0 , т.е. A 4 .

j

, а синус малого угла раsin sin вен самому углу (измеренному в радианной мере), искомая угловая скорость равна 2 = 2 sin . 2 2. Будем решать задачу, полагая, что бочка покоится относительно инерциальной системы отсчета, а подъем диска осуществляется столь медленно, что можно пренебречь силами сопротивления движению диска со стороны воды. Когда диск находился на дне бочки, на него действовали сила тяжести, сила реакции дна и сила Архимеда (из-за шероховатости дна). Считая воду несжимаемой и полагая плотность воды 3 равной в = 1 г см , получим, что равнодействующая сил тяжести и гидростатического давления в этом случае должна 2 быть равна F1 = R h - в g , где g ускорение свободного падения. В силу симметрии диска можно утверждать, что эта сила приложена к центру тяжести диска. После того как к диску прижали трубку, поршень подняли вверх и диск оторвался от дна бочки, сила реакции дна стала равной нулю, а на участок верхней плоскости диска, ограниченный контуром трубки, стали действовать силы со стороны трубки. Действие же сил гидростатического давления воды на этот участок прекратилось. По условию задачи, вплоть до момента отрыва в трубке под поршнем не должно находиться никакого вещества, поэтому результирующая сил гидростатического давления воды, действующих на диск, когда его

Поскольку ctg - ctg =

sin -

b

g

I JK

d

i


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

$

верхняя плоскость оказалась на глубине х, должна была уменьшиться по сравнению с действовавшей на лежавший на 2 дне бочки диск на величину F2 = r в gx + pa , где pa атмосферное давление. Ясно, что сила F2 направлена вертикально вверх и приложена к точке диска, лежащей на его верхней плоскости и совпадающей с осью трубки. На рисунке 23 показано сечение бочки вертикальной плоскостью, проходящей через центр диска и ось трубки. Здесь же изображены силы, действую2r щие на диск (за исключением сил реакции со стороны стенок трубки) для случая, когда диск уже не касается дна, но еще не xF отрывается от трубки. При отрыве на диск со стороны трубR ки может действовать только A сила реакции, приложенная в b h точке A. Запишем условие отрыва диска от трубки в виде

d



i

где k1 x1p = k2 x2p = 0,5 Mg и x1 max + x2 max = 2 xmax . Учитывая, что при гармонических колебаниях vmax = xmax , из закона сохранения энергии следует, что частота малых вертикальных колебаний груза равна

F
. 23

rF2 = b + r F1 .

b

g

Подставляя в это выражение ранее найденные значения сил 2 F1 и F2 и полагая pa = 1 атм, а g = 9,8 м с , определим искомую глубину отрыва:

x = 1+

F GH

b r

3. В положении равновесия сумма сил натяжения нити, дей ствующих на блок, уравновешивает силу тяжести Mg , действующую на блок с прикрепленным к нему грузом. Поскольку нить гладкая, при смещении груза из положения равновесия блок не должен вращаться вокруг своей оси, а силы натяжения нити в точках, лежащих на горизонтальном диаметре блока, должны быть одинаковы. Более того, так как нить невесома, модуль силы натяжения нити при переходе от одной ее точки к другой должен оставаться постоянным. В силу нерастяжимости нити, отсутствия вращения блока вокруг своей оси и жесткой связи оси блока с грузом можно утверждать, что дополнительные деформации первой ( x1 ) и второй ( x2 ) пружин при смещении груза по вертикали из положения равновесия на величину x должны удовлетворять соотношению x = x1 + x2 2 , причем k1 x1 = k2 x2 . Поскольку в задаче спрашивается, при каких амплитудах вертикальные колебания груза могут быть гармоническими, силами сопротивления движению частей системы следует пренебречь. Тогда на основании закона сохранения механической энергии можно утверждать, что приращение потенциальной энергии системы при максимальном смещении груза из равновесного положения должно быть равно кинетической энергии системы в равновесном положении. Так как массой пружин и нити по условию задачи следует пренебречь, а груз и жестко связанный с ним блок движутся поступательно, максимальная кинетическая энергия равна 2 Mvmax Wкmax = , 2 где vmax максимальная скорость груза. При смещении груза вниз от равновесного положения на величину xmax приращение потенциальной энергии будет равно

I FG JK H


в

-1

I JK

Rh r
2

2

-

p

a

в g

55 см .

d

i

k1k2 . k1 + k2 M Наконец, поскольку максимальное ускорение груза, направленное вниз, не может превышать ускорения свободного падения (нить не может толкать блок вниз!) и амплитуда ускоре2 2 ния в раз больше амплитуды колебаний, т.е. x max g , колебания груза могут оставаться гармоническими, если их амплитуда удовлетворяет неравенству k + k2 Mg . xmax 1 4k1k2 4. По условию задачи, шайба, двигаясь по поверхности ямки, периодически поднимается на одну и ту же высоту. Поэтому нужно считать, что при своем движении шайба не испытывает действия неконсервативных сил, а так как шайба является гладкой, сила реакции со стороны поверхности ямки может быть направлена только к центру ямки по ее радиусу. Учитывая также направление силы тяжести, действующей на шайбу, можно утверждать, что шайба должна двигаться в вертикальной плоскости, проходящей через ось вращения стола и остающейся неподвижной, т.е. движение шайбы должно быть подобно движению грузика математического маятника. По условию, максимальная высота подъема шайбы hmax = 1 - cos max R много меньше радиуса ямки R. Следовательно, максимальная величина угла, образуемого вертикалью и прямой, соединяющей O шайбу с центром ямки (рис.24), g мала: max?1 рад , т.е. шайба совершает колебания с малой амп(t) литудой. Тогда зависимость угла R от времени можно представить в виде t = max cos t (где частота колебаний), если считать, что в момент времени t = 0 шайба находилась на максимальной выh(t) соте. Согласно этому закону движения, шайба должна находиться на высоте h над дном ямки в та. 24 кие моменты времени , кото=2

d

i

d

i

bg

рые удовлетворяют уравнению h = 1 - cos R , или, учитывая малость угла, h = R h = hmax k , получаем

bg

bg e
1 k

bg d
2 max

cos 2 . Поскольку

2

j

b gi

=+

1

arccos

+ 2 N , где N Z .

Полагая, что при движении шайбы вверх угол увеличивается, наиболее близкий к моменту времени t = 0 момент, когда движущаяся вверх шайба может оказаться на заданной вы1 1 . Очевидно, что в следующий соте, равен 1 = - arccos k раз шайба окажется на той же высоте, двигаясь вниз, т.е. в 1 1 . Так как за промежуток момент времени 2 = arccos k времени от 1 до 2 стол совершил n оборотов, период обращения стола должен быть равен T = 2 2 n . Учитывая, что частота малых колебаний равна = g R , находим искомый период обращения стола: R 2R 1 T= = arccos . ng k 2n g

Wпmax = - Mgx
+

k1

Fe H

max

+
max

x1 p + x1 2

j

2

- x1

2 p

I K

+

k

2

Fe H

x

2p

+ x

2 max

j

2

- x2

2 p

2

I K

,


$

К В А Н T $ 2002/1

5. Поскольку цилиндр является гладким и его ось вертикальна, после отпускания поршня и установления в цилиндре термодинамического равновесия давление газа pк должно компенсировать действие сил тяжести на поршень (по условию задачи, давление вне цилиндра равно нулю): pк S = Mg . На основании уравнения КлапейронаМенделеева находим объем, занимаемый газом после установления нового равновесного состояния: Vк = RTк pк , где R универсальная газовая постоянная, а Tк конечная температура неона. Следовательно, высота, на которой будет находиться поршень в конечном состоянии, больше первоначальной на величину h = Vк - V S . Как известно, неон (как и любой инертный газ) является одноатомным газом. Внутренняя энергия моля идеального одноатомного газа равна U = 15 RT и не зависит от его объема. , На основании закона сохранения энергии можно записать 15 R Tк - T0 = - Mgh . Решая это уравнение с учетом состав, ленных ранее соотношений, находим, что температура неона после установления нового равновесного состояния равна 3T0 2 MgV + Tк = . 5 5 RS Из этого выражения следует, что поршень после отпускания не будет двигаться и температура неона не изменится, если в исходном состоянии MgV = RST0 . Если же MgV < RST0 , температура неона в конечном состоянии должна быть меньше первоначальной, а поршень должен был подняться вверх. В противном случае, конечная температура неона должна быть больше первоначальной. При этом увеличение внутренней энергии неона обусловлено работой над ним со стороны поршня, который в конечном состоянии должен оказаться на высоте, меньшей первоначальной. 6. Согласно приведенному графику температура газа на участке 12 повышается. Следовательно, газ на этом участке получает от нагревателя тепло в количестве Qн = 11R T2 - T1 6 , где количество молей газа. На участках 23 и 31 газ отдает холодильнику количество теплоты

d

i

d

i

рые под действием постоянного электрического поля дрейфуют с постоянной скоростью в направлении, противоположном направлению этого поля. Поэтому, если обозначить концентрацию свободных электронов n, величину скорости дрейфа v, модуль заряда электрона е, а площадь поперечного сечения проводника S, то сила тока I, текущего по проводнику, равна I = envS . Как известно, сопротивление однородного проводника длиной L и площадью поперечного сечения S равно R = L S , где удельное сопротивление материала проволоки. Учитывая, что проволоки изготовлены из одного и того же материала с малым температурным коэффициентом, следует считать удельные сопротивления проволок неизменными и одинаковыми. При параллельном подключении проволок к аккумулятору с ЭДС E в каждой из них течет ток Ii = E R i , или envSi = ESi Li , где v скорость дрейфа носителей в этом случае. Из этого выражения следует, что обе проволоки имеют одну и ту же длину L. При последовательном соединении проволок сила тока в проволоках должна быть одинаковой и равной I = env1 S1 = en v k S1 = env2 S2 , так как скорость дрейфа носителей в первой проволоке во втором случае в k раз меньше, чем в первом случае. С другой стороны, при последовательном соединении должно выполняться соотношение

bg

bg

E = I R1 + R2 = IL S1 + S2

d

i

Следовательно, v2 = k - 1 v1 , а искомое отношение диаметров проволок равно

b

e

-1

-1

g

j

= enL v1 + v

d

2

i

= enLv .

x=

d1 d2

=

S1 S2

=

v

2

v1

=

k -1 = 2.

d

i

, Qx = 15 R T2 - T3 + 2,5 R T3 - T1 = R 15T2 + T3 - 2,5T1 , ,
где T3 температура газа в точке 3. Полагая, что КПД машины, работающей по указанному циклу, равен КПД цикла, можно утверждать, что

d

i

d

i

d

i

= 1-

Qx Qн

=

4T1 + 2T2 - 6T3 11 T2 - T1

Учитывая, что n = T2 T1 , находим

d

i

.

T3 =

4 + 2 n - 11 n - 1 6

b

g

T1 .

По условию задачи, используемый в качестве рабочего тела газ является идеальным одноатомным. Поскольку на участке 23 молярная теплоемкость газа равна 1,5R, можно утверждать, что на этом участке газ охлаждался изохорически, значит, отношение давлений газа в точках 2 и 3 равно отношению температур газа в этих точках. На участке 31 молярная теплоемкость газа равна 2,5R. Поэтому охлаждение газа на этом участке должно происходить изобарически, т.е. при неизменном давлении, а потому p1 = p3 . Следовательно, искомое отношение давлений равно

x=

p

2

p1

=

p2 p
3

=

T2 T3

=n

T1 T3

=

6n

4 + 2 n - 11 n - 1

7. Согласно классической теории, электропроводность металлов обусловлена наличием в них свободных электронов, кото-

b

g

.

8. На движущиеся в магнитном поле вместе с проволокой свободные носители заряда действует сила Лоренца, равная FЛ = qvB , где q заряд носителя, и направленная перпендикулярно скорости носителя и индукции магнитного поля. Под действием этой силы происходит перераспределение зарядов, в результате чего возникает электрическое поле, стремящееся скомпенсировать действие силы Лоренца. При установившемся движении в каждой точке проволоки должно существовать электрическое поле, напряженность которого равна E = FЛ q = vB и направлена против силы Лоренца. Поэтому точки, лежащие в поперечном сечении проволоки, не будут эквипотенциальными. Однако, считая проволоку достаточно тонкой, разностью потенциалов между точками одного и того же поперечного сечения можно пренебречь. Вместе с тем, можно утверждать, что на участке проволоки, находящемся между цилиндрами с радиусами R и r, будет существовать электрическое поле, величина составляющей которого, направленной по радиусу цилиндра, равна E = v B = vB R , где удаление точки провода от оси вращения. На рисунке 25 приведена зависимость величины этой составляющей от . Приращение разности потенциалов между столь близкиE ми точками, находящимиE(R) ся на расстоянии в направлении действия поля, что напряженность поля E между ними можно считать постоянE(r) ной, равно , + = - E . Тогда получим, что искомая разность потенциаr 0 R лов должна быть равна . 25

bg bg

bg

b

g

bg


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

$!
-1

площади выделенной на рисунке трапеции:

r, R =

bg

E R +E r

b g b gb 2

R-r =

g

vB 2R

e

R -r ,

2

2

j

Обратившись к рисунку 26 и учитывая последнее замечание, получим

R = F = 1 F1 и k

= r R = L F - 1 = 1 - L F1 ,

причем потенциал верхнего конца проволоки больше, чем потенциал точки проволоки, прикрепленной к грузу. 9. Поскольку падающий на линзу, параллельно ее главной оптической оси, пучок света является узким, т.е. радиус пучка R много меньше фокусного расстояния F линзы, то после прохождения собирающей линзы все лучи этого пучка должны пройти через главный фокус F, находящийся за линзой. Если же линза рассеивающая, то выходящий из линзы пучок должен быть расходящимся, а продолжения выходящих из линзы лучей должны пересекаться перед линзой в ее главном фокусе. По условию задачи, диаметр r светового пучка на экране, стоящем за линзой, меньше R. Следовательно, используемая линза является собирающей, а экран может находиться либо ближе фокуса (на экран падает сходящийся пучок), либо дальше фокуса (падающий на экран пучок света является расходящимся). По условию задачи, после погружения линзы вместе с экраном в жидкость с показателем преломления n1 диаметр светового пучка на экране не изменяется, а потому из двух рассмотренных случаев возможен лишь второй случай. На рисунке 26 показано сечение линзы Л и экрана Э плоскостью, содержащей главную оптическую ось ОF линзы.

где L расстояние от линзы до экрана. Отсюда найдем 1+k n - 1 n1 F = = 1= , n - n1 F k -1 1 а потому искомый показатель преломления стекла линзы равен 2n1 n= . 1 + k + 1 - k n1

b

g

b

g

R O Л
. 26

F L 1 r n1 F

n11

Э

Сплошными линиями показан ход двух крайних лучей пучка, выходящего из находящейся в воздухе линзы, а пунктиром изображены крайние лучи пучка, выходящего из линзы, погруженной в жидкость (эти лучи должны были бы пересечься в точке F1 главном фокусе линзы, находящейся в жидкости). Поскольку R? F < F1 , углы отклонения крайних лучей пучка после преломления в линзе ( в случае, когда линза находилась в воздухе, и 1 в жидкости) малы. В квадратной рамке на рисунке 26 изображен столь малый кусочек линзы, что часть его сферической поверхности практически неотличима от соприкасающейся с линзой в данном месте плоскости. Сплошной линией со стрелками показан ход падающего и выходящего из изображенного на рисунке кусочка линзы луча. По условию задачи, пучок падает нормально на плоскую поверхность линзы, поэтому внутри линзы лучи не изменяют своего направления, а испытывают преломление только на сферической поверхности. По закону преломления величины угла падения и угла преломления на плоской границе двух однородных изотропных сред с абсолютными показателями преломления nI и nII должны удовn sin = II . Учитывая, что углы отлетворять соотношению nI sin клонения и 1 малые, в соответствии с соотношением i = + i , можно записать

10. На рисунке 27 схематически показано расположение точечного источника S, экрана Э1 с отверстиями O1 , O2 и второго экрана Э2 . Поскольку источник является точечным и посылает свет на два малых отверстия, в соответствии с принципом ГюйгенсаФреL A неля следует считать, O что эти отверстия являются точечными втоb ричными когерентными S d источниками. Поэтому O на втором экране должны наблюдаться две наOЭ кладывающиеся друг Э на друга интерферен. 27 ционные картины, соответствующие длинам волн 1 и 2 . Как известно, результат интерференции определяется разностью фаз налагающихся колебаний: при разности фаз, кратной 2 , будет наблюдаться интерференционный максимум, а при разности фаз, кратной нечетному числу , интерференционный минимум. В однородной изотропной среде разность фаз налагающихся колебаний однозначно определяется разностью хода приходящих в данную точку лучей. Поскольку отверстия в первом экране расположены симметрично относительно источника S, то вторичные источники O1 и O2 следует считать синфазными, а разность хода лучей, попадающих от этих источников в точку наблюдения А, как это видно из рисунка 27, равна

= O2 A - O1 A , где O1 A = O2 A = L + b+d 2
2

. По условию задачи, L = 70 см @ b = 5 см , поэтому, пользуясь формулой приближенного вычисления 1 + 1 + 2 , справедливой при условии ?1 , разность хода с достаточной степенью точности можно вычислить следующим образом:
1 + 0,5

b

g

L + b-d 2

2

2

b

g

2

,

В точке А должен иметь место интерференционный максимум для одной длины волны и интерференционный минимум для другой длины волны, поэтому должно выполняться соотношение 2n + 1 = 1 = n 2 . 2 Отсюда находим порядок интерференционного максимума для второй длины волны: 1 n= 2 2 - 1 и искомое расстояние между отверстиями: L 1 2 d 4 мм . 2 2 - 1 b

F GG H

F GH

b+d 2 L

I JK

2

- 1 - 0,5

F GH

b-d 2 L

I JK

2

I JJ K

L=

bd L

.

d

i

= n - 1 и 1 = n n1 - 1 .

b

g

d

i

d

i


$"

1. l
max

К В А Н T $ 2002/1

=

mga k

2. v0 =

2чgL

FMF GH m GH
k m

e
1 2

2 + 1 4,1 см . - + 1 - = 1 м с.

IJ K

j

I JK

3. = 4 0,8 . 4. v
cp

=

3x

0

2 H h
Ne

, 048 м с .

5. T2 = T1 6. = 7. m = 8. Q = 9. l =

+

kH H - h mR -
He He

b

g

= 487,5 К .

3 2

Ne

ва, автор многих головоломок, предлагает надевать на концы проволок не по одному, а по два шарика с расстоянием между ними, равным диаметру шарика. Такую конструкцию легче удержать в руках, и головоломку можно решать в одиночку. Еще меньше времени требуется для изготовления головоломки, состоящей из трех согнутых под углом 60њ кусочков проволоки, из которых требуется собрать тетраэдр. Если кому-нибудь из читателей удастся придумать и собрать из уголков головоломки в форме других многогранников, просим написать об этом в редакцию и прислать соответствующие модели. В заключение два совета по изготовлению: проволоку лучше брать жесткую, диаметром 12 мм, углы сгиба для головоломки-октаэдра делать немного больше 90њ, а для тетраэдра немного больше 60њ.

- 3
2

= 3.
32

q

2

32 0 gR

FG 2R IJ HhK
2 3 R1

.

2 R + R1 rR + rR1 + RR1

c

hc h

E

L

h

2

, = 114 Дж .

'' : http://www.courier.com.ru Vivos Voco! http://vivovoco.nns.ru ( ' ')

50 см . 2 n - 1 2l1l2 l1 + l2 = 120 см . 10. F = 2 l1 - l2

b

d

c

c

g

h

1. N1 = Nv v + u = 50 . 2. m =
2 a2

3. T =

1

4. A = RT

, 5. A = 15 p1V1 = 300 Дж .
6. m =

ca - a FG 1 H 2N - bk - 1g
2

b

1

g h+e IJ 1K


2 2

, m1a2 a1 - m2 41 кг . 0,3 К , где = 2 10
-3

j

К.

-1

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
..,..,.., ..,..,..

k = 1250 Дж .

p0 S p0 S - Mg RT k
2

= 11,7 г .

НОМЕР ОФОРМИЛИ
.., ..,..,.., ..,.. Кл .

7. q = 8. r = 9. = 10. q

b - 1g UV l = F I 3H 2 n - 1 H K F I arcsin 1 1 + n H K
0 2 2

3,6 10 3,4 м .
.

-8

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
..

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
..,..

max

= 4 0 R hc - A e 2 10

b

g

-11

Кл .

ЗАВЕДУЮЩАЯ РЕДАКЦИЕЙ
..


(Начало см. на 4-й странице обложки. Автор головоломки А.Калинин) В этой простой, на первый взгляд, головоломке спрятан один секрет в одиночку, т.е. двумя руками, ее собрать невозможно, даже глядя на картинку с решением. Нужна по крайней мере еще одна рука. Пока вы не вставите шестой уголок, который сделает конструкцию жесткой, даже правильно зацепленные элементы будут стараться выскользнуть из ваших рук, заставляя начинать все сначала. Чтобы преодолеть эту трудность, москвичка Ирина Новичко '' . . 0110473 : 117296 , , 64 , '', . 930 56 48 142300 .