Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/02/kv0200keys.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:44 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:32:49 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: межзвездная пыль

О Т В Е О ТЫЕ, ТВ

ТЫ,

УК З А Н Я У К А А З А Н ИИ ,Я Р ,

ЕШЕНИЯ

РЕШЕНИЯ

55

'Квант' для младших школьников
Задачи
(см. 'Квант' ?1) 1. Может. Например, из цифр 1, простые трехзначные числа 113, 2. Пусть x, y, z соответственно и пятерок. Тогда решение задачи мы в натуральных числах 1 и 3 составляются лишь 131, 311. количество троек, четверок сводится к решению систе-

Умножив первое уравнение на 5 и вычтя из результата второе уравнение, находим 2x + y = 4. Отсюда х = 1, у = 2, и, следовательно, z = 7. Шестиклассник получил одну тройку, две четверки и семь пятерок. 3. Можно. Для этого на левую чашку весов положим один красный и два синих шарика, а на правую один желтый и два зеленых. Белые шарики вообще на весы не кладем. Затем с помощью гирь-разновесов определяем, какая чашка тяжелее и на сколько граммов. Здесь возможны следующие варианты: 1) Если легкими являются белые шарики, то весы, очевидно, будут в равновесии. 2) Если легкие шарики красные, то левая чашка будет на 1 грамм легче правой. 3) Если легкие шарики синие, то левая чашка будет на 2 грамма легче правой. 4) Если легкие шарики желтые, то левая чашка будет на 1 грамм тяжелее правой. 5) Если легкие шарики зеленые, то левая чашка будет на 2 грамма тяжелее правой. Как видно, пяти возможным вариантам соответствуют различные состояния весов, что позволяет однозначно определить, какая пара шариков легче. 4. Назовем сумму площадей красных прямоугольников красной площадью, а сумму площадей синих прямоугольников синей площадью. Заметим, что перемещение секущих плоскостей параллельно граням куба изменяет красную и синюю площади на одну и ту же величину (см. рис.1, на котором изображена развертка двух соседних граней куба).

R | S | T

x + y + z = 10, 3 x + 4 y + 5 z = 46.
Рис. 2 Рис. 3

5. См., например, рис.3.

Конкурс 'Математика 68'
(см. 'Квант' ?5 за 1999 г.) 6. Докажем, что сумма невычеркнутых чисел не может быть простым числом. Пусть несколько строк и столбцов вычеркнуты. Тогда оставшиеся числа представляют собой всевозможные попарные произведения номеров невычеркнутых столбцов. Но сумма этих попарных произведений, очевидно, равна произведению суммы номеров невычеркнутых строк на сумму номеров невычеркнутых столбцов, т.е. произведению двух чисел, каждое из которых заведомо не меньше 2. Поэтому она не может быть простым числом. Что касается суммы вычеркнутых чисел, то она вполне может оказаться простым числом. Например, если зачеркнуть все числа строки под номером 3 и столбца под номером 5, то сумма вычеркнутых чисел будет равна 6 + 9 + 12 + 15 + 18 + 21 + + 24 + 27 + 10 + 20 + 25 + 30 + 35 + 40 + 45 = 337 простому числу. 7. Пусть АН высота треугольника. Круг с диаметром АВ (АС) полностью покрывает треугольник АВН (АСН). Следовательно, точка О лежит либо в круге с диаметром АВ, либо в круге с диаметром АС. В первом случае расстояние от точc ки О хотя бы до одной из вершин А и В не превосходит , 2 во втором расстояние от точки О хотя бы до одной из верb шин А и С не превосходит . Так как b c , то утвержде2 ние задачи доказано. 8. Предположим противное: пусть a + b 0. Обозначим 3 3 a + 3 b = 2q, где рациональное число q 0 , и пусть a = 3 =q + , где иррационально, тогда b = q . Без ограничения общности можно считать > 0. Имеем a + b = 2 3 3 3 = q + + q - = 6 q + 2q , откуда = r , где r =

Исходная позиция

Позиция после перемещения плоскости

Диаграмма изменения площадей + +

b

I грань II грань + прибыль убыль

I грань II грань I грань

I грань II грань +

=

a + b - 2q 6q

gb
3

g

. Но тогда число а = q + r
3

Рис. 1

II грань + Приращение + синей площади Приращение красной площади

Если провести секущие плоскости через центр куба, то все закрашенные прямоугольники превратятся в равные квадраты (рис.2) и красная площадь станет равной синей площади. Следовательно, это свойство равенства площадей будет выполняться и для любого начального положения секущих плоскостей.

+3qr + r r = q + 3qr + r 3 q + r не может быть рациональным. Полученное противоречие говорит о том, что исходное предположение неверно. Следовательно, a + b = 0. 9. Прежде всего заметим, что число n четное. Если бы это было не так, то, отправляясь от какого-либо фиксированного числа и идя от числа к числу по кругу, мы сделаем нечетное количество шагов. При этом суммарное приращение величины окажется ненулевым, чего быть не может. Назовем декрементом разность между суммой всех значительных чисел и суммой всех незначительных чисел. Первоначально декремент равен S = M m. Элементарной операцией назовем вычеркивание наименьшего из незначительных чисел и соседнего с ним числа, считая по часовой стрелке. В результате применения элементарной операции к множеству из n 4 чисел его структура не изменится: по-прежнему каждые

e

e

2

j

j

3

= q 3 + 3q

2

r+


56
a+2 Случай 1: a+2

КВАНT 2000/?2

два соседних числа из оставшихся будут a+1 a+1 a различаться на 1 (на рисунке 4 наиa a+2 меньшее из незначиa+1 a a+1 Случай 2: тельных чисел обоa a+2 значено а). Однако в результате a+1 a a+1 Случай 3: применения элеменa a тарной операции коa+1 a a+1 личество чисел Случай 4: уменьшается на 2, а величина декремента Вычеркиваемые уменьшается на 1. числа Рис. 4 Таким образом, через S 1 шагов мы придем к структуре, состоящей всего из двух чисел и декрементом 1. Следовательно, n 2 S - 1 = 2, откуда n = 2S = =2 M-m . 10. Воспользуемся следующим фактом: если натуральное число k представляется в виде разложения на простые множитеn1 n2 nm ли k = p1 p2 K pm , где p1 , p2 , ..., pm простые числа, а все показатели степеней n1 , n2 , ..., nm целые неотрицательные числа, то количество делителей числа k выражается фор-

в правой части ( ) показатель степени тройки не меньше 2, но в этом случае левая часть ( ) превышает правую. При 10) n2 = 6 ; n5 = 2 в правой части ( ) показатель степени тройки не меньше 1, но в этом случае левая часть ( ) превышает правую. При 11) n2 = 4 ; n5 = 3 равенство ( ) приводится к виду

3

n3

A = n3 + 1 B ,

d

i

что возможно в одном-единственном случае n3 = n7 = n11 = ... ... = n p = 0. Итак, условию задачи удовлетворяет единственное число N = 4 2 = 2 5 = 2000. Его делители: 1, 2, 4, 8, 16, 5, 25, 125, 10, 50, 250, 20, 100, 500, 40, 200, 1000, 80, 400, 2000.

b

g

b

g

Качающаяся скала
1. Из требования минимума потенциальной энергии тела в положении устойчивого равновесия вытекает, что при отклонении тела от равновесия его центр тяжести повышается. Этот факт и позволяет вывести критерий устойчивости (2). Найдем изменение высоты H центра тяжести Р, сравнивая положение скалы на рисунках 1 и 2 статьи. Поворот скалы без проскальзывания на круглой опоре можно представить как результат двух последовательных перемещений: поворота вокруг центра O всей системы скалаопора как единого целого на угол и далее поворот только скалы вокруг центра О на угол . Поэтому

мулой n1 + 1 n2 + 1 K nm + 1 (см., например, по этому поводу энциклопедию для детей 'Математика' издательства 'Аванта +' (1998), с.157). Запишем искомое число N в виде следующего разложения на np n n n n простые множители: N = 2 2 3 3 5 5 7 7 K p , где n2 , n3 , n5 , ..., n p неотрицательные целые числа, причем, поскольку число N делится на 100, то n2 2 , n5 2 . Согласно условию задачи, должно выполняться равенство
2
n2 - 2

d

id

id

i

H = h1 + h2 = - R + CP 1 - cos + PO cos - cos + .
Но CP + PO = r по определению и R = проскальзывания. Кроме того, для малых и + ) справедливо приближенное =1 2 2 . Упрощая выражение для H

b

gb
F GH

g

3

n3

5

n5 - 2

7

n7

K p

np

= n2 + 1 n3 + 1 n5 + 1 n7 + 1 K n p + 1 . ( ) Заметим, что при целом m 0 для любого простого p 3 выm полняется неравенство p m + 1, причем равенство возможно лишь при m= 0. Отсюда
3
n3

d

id

=

id

id

ie

j

H =



2

2

7

n7

11

n11

K p

np

n3 + 1 n7 + 1 n11 + 1 K n p + 1 ,

d

id

id

причем равенство здесь возможно лишь при n3 = n7 = ... ... = n p = 0. Кроме того, применяя метод математической индукции, можно доказать, что при 1) n5 = 2 и n2 > 6 , 2) n5 = 3 и n2 > 4 , 3) n5 > 3 произведение 2 2 5 больше n2 + 1 n5 + 1 и, следовательно, при таких значениях параметров n2 , n5 равенство ( ) невозможно. Разбор других случаев требует более тонкого анализа. Для упрощения записи введем обозначения
A=7
n7 n -2 n5 - 2

ie

j

d

id

i

11

n11

K p
n3

np

,

B = n7 + 1 n11 + 1 K n p + 1 ;

равенство ( ) запишется так:
2
n2 - 2

d

id

ie

j

3

5

n5 - 2

A = n2 + 1 n3 + 1 n5 + 1 B .

d

id

id

i

( )

Отметим, что число А нечетное и A B (равенство здесь возможно лишь при n7 = n11 = ... = n p = 0). При 4) n2 = n5 = 2 , поскольку в правой части ( ) не должно быть четных сомножителей, то число n3 обязательно должно быть четным. При n3 = 2 в правой части ( ) степень тройки выше, чем в левой части; при n3 4 левая часть ( ) превышает правую. При 5) n2 = 3 ; n5 = 2 , 6) n2 = 2 ; n5 = 3 , 7) n2 = 3 ; n5 = 3 в правой части ( ) степень двойки выше, чем в левой. При 8) n2 = 4 ; n5 = 2 в правой части ( ) степень пятерки выше, чем в левой. При 9) n2 = 5 ; n5 = 2

откуда следует, что в положении устойчивого равновесия, когда H > 0, Rr CP < , R+r т.е. получена формула (2). Критерий устойчивости можно записать также в виде 1 11 > +. CP Rr Но величина, обратная радиусу кривизны поверхности тела, называется кривизной этой поверхности (см. Примечание к статье). Таким образом, мы доказали теорему, согласно которой для устойчивого равновесия тела на опоре величина, обратная расстоянию от центра тяжести тела до точки его контакта с опорой, должна быть больше, чем сумма кривизны поверхности тела и опоры в точке контакта. 2. Эта задача знакомит нас с еще одним понятием, важным для изучения равновесия тел. Речь идет о границах области устойчивости равновесного положения тела. Действительно, надо представлять, сколь большим может быть отклонение тела от положения равновесия, при котором оно, предоставленное потом самому себе, вернется в это положение. В случае достаточно больших отклонений тело потом сможет занять новое положение равновесия или будет совершать колебания около него. Равновесия может и не быть вовсе: любое новое положение тела оказывается неустойчивым. Определять границы области устойчивости это, как правило, задача более трудная, чем исследовать устойчивость тела, когда есть малый параметр угол отклонения от положения равновесия. В качестве примера рассмотрим равновесие 'ваньки-встаньки' на вершине неподвижной сферы радиусом

F GG H

-R - r + 1 +

R r

I JK

2

r - 1+

F GH

r из-за отсутствия углов (а также равенство cos = , получим
R r

d

b

gi

I JK

2

CP ,

I JJ K


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

57

R. По условию, радиус основания 'ваньки-встаньки' r = R. Отклоним игрушку на угол относительно равновесного вертикального положения. Смещение центра тяжести H по вертикали равно (см. упражнение 1)
H = h1 + h2 = - r - x - 2r cos - r cos 2 + x cos 2 = 2 2 + 2 r - x sin , = -4 r sin 2 где х искомая величина расстояния СР от точки контакта игрушки с опорой (в положении равновесия) до центра тяжести. По условию, качение игрушки на опоре происходит без проскальзывания. Как видно из формулы для H , у игрушки с высоко расположенным центром тяжести, т.е. когда x r , величина H всегда отрицательна, поэтому равновесие неустойчивое. Но при небольших значениях х, т.е. когда центр тяжести 'ваньки-встаньки' находится вблизи его основания, величина H положительна, и игрушка на вершине сферы находится в равновесии. При ее отклонении на угол она возвращается в исходное положение, если угол не слишком велик. С ростом угла центр тяжести игрушки поднимается, достигает максимальной высоты (при некотором угле 0 ) и далее начинает опускаться. Как обычно при поиске экстремума, величиdH = 0, откуда находим на 0 определяется из условия d 1 x R = 1- cos 0 = , или . 2 cos 0 r 2 r-x

b

g

что центр тяжести полуy шария находится от r H P нижней его точки на расстоянии, меньшем 5 r 8 . Но в точке на рас0max O стоянии 5 r 8 находится, A 2 как известно, центр тя0max жести однородного поx O лушария. Таким обраr зом, по сравнению с однородным телом такой же формы полушарие утяжелено книзу, чем и достигается устойчиРис. 6 вость его равновесного положения на закрепленной сферической поверхности такого же радиуса. 4. Проскальзывание приведет к тому, что область устойчивости положения равновесия сузится. Для очень гладких и скользких поверхностей возможен случай, когда равновесие будет неустойчивым, где бы ни находился центр тяжести тела. 5. У скалы, вообще говоря, могут быть другие равновесные положения. Поэтому ее можно опрокинуть, наклонив на достаточно большой угол.

На рисунке 5 приводится график зависимости x r от 0 . Из этого графика можно определить положение центра тяжести игрушки, если известен предельный угол 0 . Очевидно, что по условию 0 не должен превышать 3 , а тогда центр тяжести оказывается удаленным от точки контакта с опорой на расстояние, меньшее r/2. Чем ниже центр тяжести, тем устойчивее тело на опоре и тем шире область устойчивости. В нашей задаче из всех тел наибольшей устойчивостью обладает легкая, почти невесомая сфера с компактной, но тяжелой массой, закрепленной около ее основания. При качении такого тела по круглой опоре без проскальзывания центр тяжести тела описывает кривую, которая называется кардиоидой. (Это алгебраическая кривая четвертого порядка, частный случай так называемой эпициклоиды.) Уравнение кардиоиды в декартовых прямоугольных

b

g

Калейдоскоп 'Кванта'
1. Указание: отнюдь не шесть десятков. 2. 3 минуты. 3. Нет, не зависит. Условимся писать вместо знака '+' число +1, а вместо знака '' число 1. Операция стирания двух знаков не меняет произведения всех написанных на доске чисел, так что последнее оставшееся число будет равно произведению всех имеющихся вначале чисел.

Закон сохранения импульса
1. tg = 2. u =
5 6

d

m2v2

i +d
2

m1v1

m3 v

3

i

2

=

6

v = 5 м с ; W =

m5 26

F GH

5

, 50њ.
2 22

v +g t

x/r 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1
Рис. 5

3. 1) v1 =

2g H - h ; 2) v2 =

b

g

8g H - h 5

b

I JK

= 63 Дж.

g

.

Институт естественных наук и экологии при 'Курчатовском институте'
0 10 20 30
2 2

40

50

60
2

град

МАТЕМАТИКА
1. x1 = a , x2 = a при b > 2; х = а при b = 2; a > 0, a 1. 2. При р < 0 решений нет; = 2k , k Z , при р = 0;
b 2 4 4b 2

координатах имеет вид x + оиду можно легко построить циркуля и линейки. По виду и этот факт отражен в самом во kardia означает сердце. Мы показали, что угол между осью кардиоиды и отрезком, проведенным в точку, в которой касательная к кардиоиде параллельна х, равен 0 max 2 = 30њ. Соответствующий этой точке максимальный подъем центра тяжести игрушки равен H = r 2 . Если центр тяжести игрушки находится выше границы основания, то при вращении без проскальзывания на сфере того же радиуса этот центр описывает кривую, которая называется укороченной кардиоидой одной из разновидностей улитки Паскаля. 1 1 1 3. Из условия задачи и неравенства > + следует, CP R r

e

y + 2ry = 4 r x + y . Кардисамим по точкам с помощью она напоминает сердце (рис.6), названии кривой: греческое сло-

j

2

e

2

2

j

+ 2n , n Z , 4p 4p при р > 0; при p 1 в дополнение к предыдущим решениям появляются еще решения 1 + 8p + 1 1 + 8p + 1 + 2m , - arccos + 2m + arccos 4p 4p m Z . 1 2 2 3. y = x + 2x + 11 и y = - x - 4 x - 18 ; S = 57 . 6 4. Минимальное значение равно 4 и достигается при х = 2, у = 2; максимальное равно 8 3 и достигается при х = - arccos + 2n arccos
=4
3 , у = 2 3 и при х = 2 3 , у = 4 3.

1 + 8p - 1

1 + 8p - 1


58
5.
9p
2

КВАНT 2000/?2

200

.

6.

3 11

.

7. 1/8.

ФИЗИКА

ФИЗИКА
1. 1) ч < tg ; 2) F = Mg 2. Q =
чtg + 1 tg - ч

1. E к = m v 0 - 2v 0 sin gt + g t 2. ч 2

e

Вариант 1
2 22

.

9 T2 - T1 + 2T2 - 1T1 + 2 2 - 1 k A
2 1

d

стоянная Больцмана. 3. 1) = 4. 1) x =
mgL Bl
2 22

id dT - T i

+ 2 T2 - 1T1

id I JJ K

i

2

, где k по-

M m + cos - ч 1 sin cos 6 R1 R2 . 3. q = Q 3 R1 + 2 R2 3 R1 + 4 R2

d

ч 1 cos + sin cos

d

i

j

2.

i

. 4. n = 1
2.

d

5. U = kL
22 2 0

2

3 1 -

id
2

i

F GG H

3 ; 2) d d = 3 . 1+ 1+ mg L
2 2

4 1 + 3
2

d

2

i

.

Вариант 2

Blv
2

mg L

;

1. v 0 = 3. I 0 = I

2 gh sin .

2) v

max

=

v0 +

5. a = F

F GH

d d-F

I JK

Bl
2

22

,I=

mg Bl

.

5. d = F

dU - IR i bk + 1g k .
1 2 2 2

U R2 - R1

d

i

2. M = m tg tg - tg . . 4. T3 T1 =

b

g

R2

.

Вариант 3
1. v =
v0 + gL
2 2

.

Институт криптографии, связи и информатики Академии ФСБ РФ
МАТЕМАТИКА Вариант 1
2. 83
1 3 %.

3. r = U2 - U1 R1 R2 5. n = 1
2

d

v0 cos

- 2 gLtg .

2. a = g

tg M m + tg
2

.

i

dU
2

1

R2 - U2 R1 . 3.

i

4. V4 = V1V3 V2 .

sin 1 + sin 2 = 2

1.

3. 2 n + 1 , -

R S T

- ;- . 3 3

8

4

2 ложив левую часть на множители, получаем

b

g

U V W

Московский государственный технический университет им. Н.Э.Баумана
МАТЕМАТИКА Вариант 1
3 + 2 n , n Z . 4 3. 4. 4. 0 x > 4 . 5. 3; 5. 6. x = a + 6 - a при a -3; 2 ; х = = 4 при а = 5. Указание. Система имеет единственное решение, если квадратное 2 , + уравнение x 2ах + 2 +a +а6=0 ) имеет один неотри* цательный корень, 9 не равный 6. 8 7. 4 4 + 2l . Указание. Сечение , + AVC1W (рис.7) бу) дет иметь наимень* ший периметр, если Рис. 7 на развертке боковых граней его стороны АV и VC1 будут лежать на одной прямой.

+ 2 n , 2arctg 2 + 2 n , n Z . Указание. Раз-

cos x + 1 sin x + 3 cos x + 1 = 0 . 4. -; - 2 7 4; + . 5. ANB = 30њ. Указание. Из подобия треугольников АМD 1 и CMB следует, что МС : АМ = . Но это означает, что АС 2 и ВС высоты треугольника АВС. Полезно также заметить, что расстояние от точки В до прямой AD в 2 раза больше расстояния от точки С до этой прямой.

b

b

g

gb

g

1. 15 км/ч, 20 км/ч. 2. +

g

1.

R S T

14 ; . 55

U V W

Вариант 2
2. 400 чел.

3. 2 n + 1 , - arcsin 4. AOB = arccos

b

g

F 2 I + b -1g GH 5 JK F- 1 I . GH 145 JK
gb
2

k +1

arcsin

F1I GH 5 JK

+ k , n, k Z .

5. х = 3; у = 4.

Вариант 2
1. 21 день, 28 дней. 3 n + n , n Z , y max = 3 при при x = -1 2. y min = 4 6 x = - + 2 n , n Z . 2 3. 3. 4. - 3 2 ; - 1 2 7 1; + . 5. 100 . Указание. Если х абсцисса вершины В прямоугольника (рис.8), то его площадь равна

Вариант 3

1. 300 кг. 4. x1,2 =
x =

2. 1; 2 7 10; + .
4
2

g

3. 2.

bg

1 - 4k + 1 6 k - 8k + 1 7

, k Z;

1 + 4 k + 16 k + 8k - 15 1 12

b

gb

g

3, 4

5. 0;

F GH

OP Q

4

, k Z , k 0 , k -1 .

.

SOA

BC

= S x = x 2 x - 15 12 - x = - 2 x - 39 x + 180 x ,

bg b

gb

ge

3

2

j

причем 7,5 < x < 12.


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

6. 3 2 ; 2 7 7 2 ; 6 . Указание. Первое B уравнение равносильC но системе x > 0, x 1 , x + y 1 = 0, откуда следует, что у = 1. Подставляя значение у = 1 во 7,5 O A 12 x второе уравнение, 2 получаем x 2ах + Рис. 8 2 + 2a 7а + 6 = 0. Заданная система уравнений имеет единственное решение, если это квадратное уравнение имеет ровно один положительный корень, не равный единице. 2 7. 24 l .

y

l

q

3. x = 4. p = 5. H =

mg k

mRT V Q mg

F GG H

1+ 1+

2kH mg

F GH

F GH

1+

100%

1-

T2 T1

I JK

I JK

I JJ K

59
32 см . ,
5

3,9 10 Па . 2F q = 10
4

= 25 м . 6. E =

В м.

7. I m = 2 2 CU 0,13 A . 8. E = 9. F = -

2WL t Nh UI

14,1 B .

e

2 + 1 a -12 см . 10. =

j

100% 0,1% .

Московский энергетический институт
МАТЕМАТИКА
1. 0,5a при x > - a , x 0 , a 0 . - x + 1 при x < -1, 2. f x = - x - 1 при x > 1. 3. f если - 2 < a < 0 , a 1 - 2 , то x = a ; если а = 0, то х = 0; если 0 < a < 2 , a 2 - 1, то х = а; при остальных а уравнение решений не имеет. 3 1 1 6. 48 км. 4. {3; 3}. 5. - ; - 7 - ;0 . 2 2 2 7. За 60 дней и за 20 дней. 8. 140 = 11 + 129.
2

Московский институт электронной техники
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. - 2 . 2. 4. 3. (2; 2), (2; 2). 4. 6; + . 5.
4 2 n 3
4

g

+ n ,

,

R bg | S | T bxg = 6

4х при 0 x <

2, x

2 - 1;

n Z . 6. 30 км/ч. 7. (1,5; 3,5). 8. См. рис. 9. 9. 2,5. 10.

b1

a

2

+ cos

g

2

. 11. 2.

y 2 3 3 !
Рис. 9

y 5 2 3 2 2

3+ ! 0 x
Рис. 10

03 2

2

LM N

IF JK GH

OP Q

5x 2

9. a

n 3

( n Z ; n 0 , + 6 ).

10. a -0,5; 1 ;

l

q

если а = 0,5, то х = если а = 1, то х =

1 3b

при b 0 ;

6. -2 2 ; 8. x =
3 2

LM MN

4-3 3 2 - arcsin

3 5

OP PQ

Вариант 2
7 5; + 7 2 2 . 7. См. рис. 10. + 2 n , y = arcsin 3 5 + 2 k , n, k Z ,

g{ }

при b 0 ; b при b = 0 решений нет. 11. BM = 12.

1

1
4

mS n

3

; MC =

1
4

nS m

3

.
R
3 5

3H 2

3

z -3; 3 . 9.

61 2 19

. 10. 75%. 11. -

65 28

. 13.

S cos 2 sin + 1

. 14.
2

.

FG H

R - 2V

IJ K

.

ФИЗИКА Вариант 1
1. v2 = 2. m = 3.
m

ФИЗИКА Вариант 1
= 3,9 кг, где М = 29 г/моль средняя R TT2 1 молярная масса воздуха. EU 2. I 0 = = 0,3 А. 3. N = Mgv/2. E -U R Вариант 2 T1 I - I2 1. T0 = . 2. U2 = U1 0 = 11,96 В. 1 +gL p0 I 0 + I1 3. Fmin = чg m2 + m1 2 . 1. m =

v1 + 2 gH 1000 км/ч. F

2

pV T1 - T2

5. = 7. Rв 9. =

a + чg 2v m = gT 5 2. 2 R = = r 2 H2 H

= 4 кг, где а = 2 м с 2 .

= 10

-2

рад = 1,8њ . 4. 2 =

p

p2 = 15 кг м . ,

3

b

g

6. F2 = 8 F1 = 800 H .

2 10 Ом .
1

4

8. F = ev B1 + B 10. p =

2

2 2

= 16 10 ,
-25

-18

H.

= 1 2.

2meU 9,6 10

кг м с .

d

i

Вариант 2
1. t =
v a - v a
2 2

Вариант 3
1. = 1 - p2 p1 = 0,2 . N . 3. m = 2 g+v l 2. r = R 2 Rв = 0,8 Ом.

-

2l a

= 24 c . 2. ч =

1 =. 1- 3


60
1. p2 = 2 p1T2
3

КВАНT$ 2000/?2

3. Q = 4 R gh 3 - mg H + h = 22,4 мДж.

d3T i
1

Вариант 4
= 1,17 10 Па . 2. r =
5

b

g

R1 R2 = 6 Ом.

Вариант 5
1. I2 =
2E r + E I1
2

1. 2. на ня

a = g cos + sin . Пусть h высота подъема жидкости в трубке, х высота, которую опустится поршень. Из условия равновесия поршmg = gh S - S 0 , из закона сохранения массы жидкости

b

g

Вариант 2

1,1 А.

2. q = QR/l.
2

hS0 = x S - S0

d

d

i

и из закона сохранения энергии получаем
h
0 2

i

3. Q = m1m 2v

e2d

m1 + m

ij

= 120 Дж.

Q = m g x - gS

2

=

2 S - S

Новосибирский государственный университет
ФИЗИКА

1. p = p0 + 2 Mg + F1 - F2 2S . 2. Грузы движутся по окружности. Поскольку начальная скорость нулевая, начальные ускорения а грузов направлены по касательной к траектории (нет нормального, или центростремительного, ускорения) и одинаковы по величине для обоих грузов. Из второго закона Ньютона получаем m1a = m1 g sin - N cos , m 2 a = - m 2 g sin + N cos , где N сила, действующая со стороны стержня на каждый из грузов. Отсюда m1 - m 2 L m - m2 g. a= 1 g sin = m1 + m 2 2 r m1 + m2 3. Пусть q x искомый заряд, тогда заряды внешних пластин равны q x и q x . Напряженности электрического поля в зазорах равны, соответственно, q

d

Вариант 1

ib g

3. На перемычку действует сила Ампера. Запишем второй закон Ньютона для перемычки: v = IBh , или mv = ItBh = qBh . m t Просуммируем последнее уравнение до момента пересечения перемычкой плоскости MN:
m v1 - v

d

m gS

2

0 0

i

2

.

d

2

i

= qBh ,

где q заряд на конденсаторе к моменту выхода перемычки из магнитного поля. Магнитный поток после выхода не меняется, поэтому ЭДС индукции с этого момента остается нулевой. По закону Ома, q RI x = , C откуда находим
Ix = q RC = m v1 - v RCBh

d

2

i

.

q x 0 S , а направление поля во внешних зазорах противоположно направлению поля во внутреннем зазоре. После замыкания ключа и установления равновесия разность потенциалов между внешними пластинами должна быть равна нулю: q q - qx qx d + x d = 0, d- 0S 0S 0S откуда q qx = . 3 Систему пластин можно рассматривать как три конденсатора с зарядами q 3 , 2q 3 , q 3 и емкостью С = 0 S d каждый. Тогда конечная суммарная энергия трех конденсаторов есть 2 W = q 3C , а начальная энергия (одного конденсатора, образованного внутренними пластинами) была W0 = q 2 2C . Разница энергий и выделится в виде тепла: 2 2 q qd = Q = W0 - W = . 6C 6 0S 4. Пусть высота полотнища над землей h (h ; 1 м). На этом расстоянии должна 'погаситься' энергия падения с высоты Н. Средняя тормозящая сила при этом должна быть F ; mgH h . Спасатели могут натягивать брезент с силой f 1 - 0,5 mg . В работу вносит вклад только вертикальная составляющая силы, среднее значение которой f cp ; Nfh 2R , где R радиус полотнища, N ; 2R d максимальное число спасателей, d 0,5 м минимальное расстояние между спасателями. Из соотношения F ; mgH h ; ; Nfh 2R находим H ; h 2 d ; (5 8) м (это 2-й, 3-й этажи). 5. При нижнем положении груза упругая сила и составляющая силы тяжести вдоль его траектории направлены в одну сторону, что увеличивает возвращающую силу. При верхнем положении силы направлены в противоположные стороны, что уменьшает возвращающую силу при тех же отклонениях, а значит, увеличивает период.

di

x

d Si , b
0

qq

x

g b S g
0

,

4. Показания весов расходятся из-за различия выталкивающих сил воздуха при различных температурах. Пусть V = 3 = M = 0,05 м объем тонны золота. T1 300 К июльская температура, T2 240 К зимняя температура, -3 5 p 10 Па атмосферное давление, 29 10 кг/моль молярная масса воздуха, R 8,3 Дж моль К универсальная газовая постоянная. Из уравнения МенделееваКлапейрона находим массу вытесненного золотом воздуха:

b

g

m=

pV RT

,

а затем и разницу сил Архимеда:
F2 - F1 = m 2 - m1 g =

d

i

pVg R

bg

bg

b

bg

g

Разнице показаний весов соответствует кажущееся расхождение по массе в 15 г. 5. На участок цепочки, лежащий внутри неподвижной трубки, вдоль оси трубки действуют составляющая силы тяжести, силы тяги, приложенные к обоим концам, и сила трения, компенсирующая силу, направленную к концу трубки. При вращении трубки вектор силы трения поворачивается, и появляется составляющая, перпендикулярная оси трубки. Величина силы трения не меняется, так как неизменна сила нормального давления, поэтому уменьшается составляющая силы трения, удерживающая цепочку от движения. В результате цепочка выскальзывает из трубки.

F GH

1 T2

-

1 T2

I JK

015 H . ,

Вариант 3
1. F = L 3 . 2. Обозначим положительный заряд 'гантельки' q, ее длину d, массу m, напряженность поля конденсатора Е, искомую скорость 'гантельки' v x . Запишем закон сохранения энергии для двух указанных случаев: 2 2 2 2 mu mv mu mvx = + Eqd , = - Eqd . 2 2 2 2 Отсюда

bg

vx =

2u - v .

2

2


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61
O 3 2 8 (1, 3)

3. Так как доска не вращается, нормальные силы реакции валиков одинаковы. Допустим, что ситуация критическая и сила трения максимально возможная, т.е. F = чMg cos , и запишем для доски второй закон Ньютона:

Ma = Mg sin - чMg cos .
Пусть доска сместилась на малое расстояние х, приобретя при этом скорость v. При отсутствии проскальзывания линейная скорость ободов валиков также равняется v. Закон сохранения энергии будет иметь вид 2 2 Mv 2mv + = Mgx sin . 2 2 При малом смещении ускорение можно считать постоянным и 2 использовать кинематическую связь v = 2ах. Из последнего соотношения с учетом двух предыдущих уравнений имеем 2m ч= tg . M + 2m 4. Массу кислорода в атмосфере можно оценить, зная атмосферное давление pa 10 5 Па (кислорода в атмосфере по мас, се 20%): M атм 02 pa SЗем g , а массу кислорода в океане зная среднюю глубину океана H ;4 10 3 м (отношение молярных масс кислорода и воды 16/18): M ок HSок 16 18 . Отношение площадей поверхности океанов к поверхности Земли Sок SЗем 07 . Таким образом, , Mок 40 gH Sок 1200 . 9 pa SЗем M атм

3

01

3

N

Рис.1 2

3
x 2 - 9 , x -; - 3 , 9-x
2

б) g

(рис.12); 4 в) a ; + . 3 2. x 5.

R1 c bx g = | 3 S1 |3 c | T

h h,

x

b b1;

3;

LM IJ K N LM 1 ; 1IJ . 3. N2 K
2

x1 =

5 4

, x2 =

7 4

. 4.

R

2

6

e

3 3- .

j

5a

3

36 cos

.

Российский государственный технологический университет им.К.Э.Циолковского
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. 1. 2. Возрастает при x < 5 и x > 3, убывает при 5 < x < 4 и 4 < x < 3. 3. 5 < x 8 .

Российский государственный педагогический университет им. А.И.Герцена МАТЕМАТИКА
1. а) x -; - 2n U - 2n ; 2n U

б)

R | | | gb xg = S | | | T

e

je

Вариант 1

je

2n ; + ;

j

4. x =

b -1g
8

n



+

-1 n k n k + + , y= , n, k Z . 2 2 2 2 8

bg

n

1 x- 1 2- 1 x-

2 x 2

, x -; - 2 , ,x ,x

b g b-2; 2g, b2; + g,
O

5. 6 кг, 40%. 6. 9 : 2.

Вариант 2
1. + 2 . 2. х = - точка минимума, х = 1 точка максимума. 3 3. 3 < x < 4 , x 5 . 4. x = + + n , y = m - n , n Z . 5. 14. 6. 1 : 7. 3 23
1

1 (2, 4 ) 1 (2, 4 )
Рис. 11

ФИЗИКА

0

2

N

Вариант 1
1. xm = 0,4 см. 4. А = 670 Дж. 1. p = 5 10
-25

2. 2 = 4 10 -7 м. -3 , 5. Fн = 87 10 Н.

3. k = 1,56. 6. U = 220 В.

Вариант 2
кг м с .
-4

(рис.11); в) x1 = 2. x -1;log 3 25 U 3; + . 3. x1 = 2 5 , x2 = 1 2 , x 3 = 4 5 , x 4 = 1 .
2 3 2

2. U = 600 Дж.
-4

d

5 , x2 =

7.

b

g

3. Wм = 0,4 10 Дж, Wэ = 12 10 , 4. = 45њ. 5. q1 q2 = 8 . 6. Уменьшается в
2 раз.

Дж.

4. 20. 5. Sбок

1. а) x -; - n U 1; 3 ;

b

d cos tg d ctg 2 2 = ,V= . 2 cos 12sin 2 Вариант 2

Российский государственный университет нефти и газа им. И.М.Губкина
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. 0,8. 2. 8. 3. 144. 4. 2. 5. 1. 6. 2. 7. 3. 8. 143. 9. 15. 10. 18. 11. 0,4. 12. 5,4.


62
Вариант 2

КВАНT 2000/?2

на (здесь x
k +1

1. 4,1. 2. 8. 3. 0,3. 4. 18. 5. 7. 6. 0,5. 7. 1. 8. 10. 9. 2,9. 10. 0,4. 11. 30,72. 12. 8.

x = x1 , K, x

последнее ненулевое число набора, k 2 ):
k +1

ФИЗИКА Вариант 1
1. 105 Н. 2. 100 с. 3. 12 Дж. 4. 6 м с . -1 5. 127 Дж. 6. 33 кДж. 7. 801 c . 8. 3. 9. 2 м. 10. 4 мм. 11. 3 м/с. 12. 80 см.
2

F x - F x = xk x

d i bg

= xk x Так как

k +1

e 3d

d F GG 3d H

k -1

, xk + x

k +1

, 0, K, 0

i

xk + x
k +1

k +1

i
i =1 k +1

k -1

x i - xk - x
k +1

2

2 k +1

xk + x
k +1

= xk x

ed

xk + x 1 2

id1

- xk - x

ie

3 - 4 xk + x
k +1

i

d

- xk - x

2

I JJ K
2

=

k +1

k +1

ij

j

=
k +1

+ 2xk x

j

.

Вариант 2
1. 20 м. 2. 14 кг м с . 3. 7 м/с. 4. 140 кг. 5. 4. 6. 16. 7. 12 мм. 8. 9 см. 9. 6 с. 10. 200 кПа. 11. 8 Вт. 12. 2 Тл.

1 x1 + xk + x

k +1

то следовательно,

d

xk + x

i

+ xk + x

k +1

,

3 4 > 2 3 xk + x

k +1

,

Санкт-Петербургский государственный технический университет
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1.
4 a-4 1 . 5. - . 6. 9. 7. 1. 8. - 3 . 9. . 2 2 4 3

F x - F x > 0 . Повторив указанную выше замену несколько раз, получим
F x F a, b,0,...,0 =

d i bg

. 2. 1. 3. 8. 4.

10. -; - 1 U -1; 1 . 11. (2; 1]. 12. -2; - 1 U 1; + . 13. (1; 3]. 14.
n 2

b

gb

g

gb

g

, n Z .

15. Четыре вектора: (3; 3); (1; 1); (1; 1); (3; 3). 16.

R S T

-1;

1 3

U V W

. 17. 3. 18.

2

+ n , n Z . 19. 20 или 80. 20. 4.

Вариант 2
1. 2. 2. 12. 3. 20%. 4. 2. 5. 1. 6. 2. 7. {1; 3}. 8. {1; 16}. 9. 3. 10. 1. 11. n , - + n , n Z . 12. -2; 1 U 1; - 2 . 3 1 13. 2 . 14. -3; - 1 U 0 . 15. (2; 0), (1; 1). 16. -1; . 3 17. (0; 4]. 18. {1; 2}. 19. 3. 20. -1 p 0 .

b

g lq

gb LM N

g OP Q

XL Международная математическая олимпиада
1. Обозначим через rPQ отражение относительно прямой, проходящей перпендикулярно отрезку PQ через его середину, через G центр тяжести S. Поскольку rAB S = S, то

rAB G = G для любых A, B S , а значит, все точки множества S равноудалены от G. Отсюда видно, что S лежит на некоторой окружности. Точки S задают выпуклый многоугольник A1 A2 ... An . Отражение относительно серединного перпендикуляра отрезка A1 A3 переводит каждую полуплоскость, ограниченную A1 A3 , в себя, следовательно, образом точки A2

bg

bg

11 , ,0,...,0 . 22 8 Значит, С = 1/8. Равенство выполнено тогда и только тогда, когда два числа набора x1 , , x n равны между собой, а остальные числа равны нулю. 4. При n = 1 в качестве р можно взять любое простое число. Если n четно, то четно и р; значит, р = 2, n = 2. Пусть n нечетное число, большее 1; обозначим через q наименьший простой делитель n. Очевидно, p 3 , q 3 . Имеем: q -1 2n 1 mod q , p - 1 1 mod q p-1 (по малой теореме Ферма). Обозначим через у наименьшее y натуральное число такое, что p - 1 1 mod q . Легко видеть, что у делит числа 2n и q 1. Но НОД n, q - 1 = 1 ; следовательно, у = 1 или у = 2. n n Значит, p - 1 + 1 2 mod q либо p - 1 + 1 p mod q . В первом случае было бы q = 2. Во втором случае q = p. 2 Пусть n > q. Вследствие выбора q имеем n q , 2q q , т.е. q = 2. p -1 Пусть n = q. В этом случае p делит число p -2 p -3 p-2 2 1 p- 3 p - Cp p + K + Cp p - Cp + 1 , p-1 +1 = p p откуда, поскольку все выражения в скобках, кроме одного, делятся на р, получаем p - 1 2 . Значит, осталось только р = =3 и n = 3. Окончательно, решениями являются пары (2, 2), (3, 3) и (1, р), где р произвольное простое число.
= ab a + b

bg b

e

g

2

2

j = 1 b2ab gb1 2

- 2 ab

g

1

=F

F GH

I JK

b

g

b

b

g

b

gb g b g bgb g b g g bg b

g

b

g

e

j

XXX Международная олимпиада школьников по физике
Задача 1. 1) Т = 322 К = 49 њС, р = 102,32 кПа; 2) А = 24,1 Дж; 3) W= 84 Дж; 4) Р = 8,4 Вт, -3 n = 22 1019 c -1 ; 5) = 2,8 10 0,3% ; 6) p = p0 , , = 321 К = 48 њС. T Задача 2. 1) Магнитная индукция перпендикулярна плоскости рисунка 1 из статьи и направлена на читателя; 2) k = = iч 0 2 d ; 3) магнитная индукция в точке P равна
BP

может быть только она сама: rA1 A3 A2 = A2 ; отсюда A1 A2 = = A2 A3 . Аналогично, A2 A3 = A3 A4 = = An A1 . А так как точки A1 , A2 , , An лежат на окружности, то многоугольник A1 A2 ... An правильный. 2. Неравенство симметрично и однородно, поэтому можно считать, что x1 x2 K x n 0 и

di


i

x i = 1 . Положим
2 2

F x1 ,K, x

d

n

i =
i< j

xi x j xi + x j .

e

j

Мы попробуем увеличить значение F, заменяя x = x1,K, xk , xk +1, 0, K, 0

b

g

точке Р; 4) Т = 2 I чB ; 5) 0 Задача 3. 1) V 1,306 10 4 м с ; 3) 37,4њ, v = 165 10 4 м с ; , 1 5) = - 2 arccos 42 1 + v b G 6) b
min 8 = 4,90 10 м ,

ej


bg

= k ctg 2 и направлена противоположно индукции в

bg

bg

< < 44њ. 2) = 2,333 1010 м ; 4) Е = 112 ГДж;
2

max

87,4њ;

e

M

2

j

;


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

7) v =

v 0 v 0 + 2V sin + 2V 1 - cos ;
4

8) v = 262 10 ,

@

E

2

>

C

м с.

VI Российская олимпиада школьников по астрономии и космической физике
Теоретический тур

8 класс
1. Селенографическая широта должна быть больше 90њ 1,5њ = 88,5њ. 2. Чем дальше от полюса мира, тем более длинные дуги оставляют звезды (так как больше их угловая относительно наблюдателя скорость перемещения по небу), следовательно, их свет 'размазывается' на большую площадь, что и приводит к уменьшению яркости дуг. 3. Вид ночного неба практически такой же, как и на Земле, однако Юпитер и Сатурн стали заметно ярче, а вот блеск Венеры и Меркурия ослаб в несколько раз. Видны также яркая Земля и ее спутник Луна. Быстро движутся два спутника Марса: Фобос и Деймос; при этом интересно, что Фобос восходит на западе, заходит на востоке, а за ночь может дважды пересечь небосвод. День на Марсе существенно отличается от земного. Диаметр солнечного диска в полтора раза меньше 'нашего'. Из-за разреженности атмосферы небо днем довольно темное, и на нем хорошо видны спутники Марса, планеты и даже некоторые звезды. 4. Телескоп увеличивает поток света от звезды, попадаемый в глаз наблюдателя, пропорционально отношению площадей объектива и выходного зрачка окуляра. При этом звезда попрежнему является для наблюдателя точечным объектом просто ее звездная величина существенно уменьшается. Что же касается яркости неба, то она не увеличивается, а, как правило, наоборот, уменьшается в этом легко убедиться, взглянув днем на небо в телескоп. Причина в том, что телескоп увеличивает не только поток света от яркого неба, но и угловой размер того кусочка неба, который виден в окуляр, как бы 'размазывая' его свет на большую площадь. При этом яркость неба, видимого в окуляр, остается неизменной при нормальном (равнозрачковом) увеличении (или меньшем), а при увеличении больше нормального (которое, как правило, и используется при наблюдениях) вообще выглядит менее ярким, чем невооруженным глазом. Таким образом, в окуляр мы видим существенно более яркие звезды на фоне либо такого же, либо существенно потемневшего неба. 5.В 17 часов 39 минут. 6. Дело во влиянии атмосферы на качество изображения. Неоднородности воздуха создают непрерывно появляющиеся и исчезающие 'воздушные линзы', немного отклоняющие свет; размер этих 'линз' составляет десятки сантиметров. Диаметр объективов маленьких телескопов обычно меньше размеров 'воздушных линз', поэтому при перемещении неоднородностей изображение дрожит, но остается резким. В большой телескоп попадает свет, прошедший сразу через несколько 'линз', каждая из которых отклоняет лучи случайным образом. Поэтому изображение не дрожит, а становится размытым, и мелкие детали на поверхности планет оказываются неразличимыми.

ниям поглощения звезда имеет спектральный класс А0, то это могло произойти в одном случае если излучение звезды испытало сильное межзвездное поглощение. Как известно, слой межзвездной пыли сильнее поглощает коротковолновое излучение, чем длинноволновое (как и при рассеянии света в земной атмосфере). Поскольку пыль сосредоточена в тонком слое в диске Галактики, звезда должна находиться в полосе Млечного Пути. 3. S = 21 ч 42 мин 24 с. 4. Правильным является ответ 4). 9 5. Через t 4,5 10 c 140 ле т . 6. Здесь нужно рассмотреть два аспекта: 1) достаточно ли яркая Луна, чтобы быть видимой с Марса; 2) достаточно ли угловое расстояние между Землей и Луной, чтобы для невооруженного глаза они не сливались в один светящийся объект. Обсудим их по отдельности. 1) Расстояние от Луны до Марса меняется от 0,52 а.е. до 2,52 а.е. и в среднем составляет 1,52 а.е. При этом, если бы Луна наблюдалась с Марса в свое полнолуние, ее звездная величина была бы равна
m -12,8m + 5 lg 1,52 150000 384 -12,8 + 13,9

>

C

m

m

+1,1 .

m

При наибольшем удалении Луны от Марса аналогично получаем m +2,2m. Таким образом, хотя Луна на Марсе в темное время суток не может наблюдаться в полнолуние, имеется достаточный запас яркости для того, чтобы она была хорошо видна невооруженным глазом в других конфигурациях. 2) Угловое расстояние между Луной и Землей достаточно велико даже в случае наибольшего удаления Земли от Марса оно составит arcsin 384 150000 2,52 , что соответствует примерно 3,5 угловым минутам. Так что система будет вполне разрешаема глазом. Таким образом, Луну на Марсе не просто можно увидеть, скорее ее сложно не заметить.

@>

C

E

11 класс
1. Ширина полосы по оси звездных величин составляет m 2,5 lg 2 0,75 . 3. а) Rп = R0 , Rа 35700 км ; б) Vа 4,2 км с ; 25 , в) M 216 10 кг . m o , 5. 22,5 . 6. m 16 (см. задачу 6 для 10 кл.).

Избранные задачи Санкт-Петербургской математической олимпиады
1. 20. Указание. Докажите, что имеется 40 необычных пассажиров. 2. 110. Указание. Можно перекрасить все клетки, за исключением клеток главной диагонали, если каждый раз перекрашивать две белые клетки, симметричные относительно главной диагонали. 3. Любой кусок при подходящем n заключен между 12 10 n и 13 10 n . Поэтому произведение двух кусков заключено между m m числами вида 144 10 и 169 10 , откуда следует, что вторая цифра произведения двух кусков равна 4, 5 или 6. 4. а) Если циссильванец не входит в тройку жителей, указавших друг на друга, то он не вампир. Число 1999 не кратно трем. б) Рассортируем письма на пачки, собрав вместе письма, где указаны одни и те же сотрудники, и рассмотрим пачки, в которых количество писем не кратно 200. Все эти письма от сумасшедших, поскольку письма здоровых сотрудников лежат в одной отдельной пачке. Поскольку общее количество писем в выбранных пачках дает остаток 199 при делении на 200, в них содержится не менее 199 писем. 5. Нельзя. Предположим, что числа разбиты на группы в соответствии с условием. Будем называть число большим, если оно является одним из двух наибольших чисел в своей груп-

9 класс
5. Через t 4,5 10 9 c 140 лет . 6. Вариантов может быть много (в зависимости от фантазии отвечающего), но все они сводятся к использованию второго закона Ньютона.

10 класс
1. Близко ко дню зимнего солнцестояния, т.е. в конце декабря. 2. Цвет звезды зависит от распределения энергии в ее видимом спектре. Если ученый не ошибся и по спектральным ли-


64

КВАНT 2000/?2

пе, и маленьким, если не является. В каждой группе сумма двух наибольших чисел не превосходит 1999 + 1998= = 3997, поэтому сумма остальных (маленьких) чисел группы не превосходит 3997/9 < 445. Следовательно, маленькие числа не превосходят 444. Так как в каждой группе есть хотя бы одно маленькое число, разбиение состоит не более чем из 444 групп. Значит, количество больших чисел не превосходит 888 и всего больших и маленьких чисел не более 888 + 444, что меньше 1999. Противоречие. 6. Предположим, что такие x и y существуют. Возведем обе части равенства в куб:
p = x + 3 3 xy 3 x + 3 3 xy 3 y + y = x + y + 3 3 xy 3 p .

фор виртуальная машина будет проезжать ровно через 2 минуты после первой и поэтому никогда не догонит первую машину. Вторая машина никогда не обгонит виртуальную машину, а потому не догонит и первую машину. 15. Указание. Докажите, что число ak при четных k делится n на 3, а при k = 2 2m - 1 1, где n, m натуральные числа, делится на 2 + 1. 16. Для всех n, являющихся степенями двойки. 21. 2 52 5.
2 n

b

g

Отсюда легко получить, что pxy куб натурального числа. Следовательно, хотя бы одно из чисел x, y кратно p, но x < < p и y < p. 7. Для любых островитян A и B рассмотрим кратчайшую цепочку переводчиков, с помощью которой они могут общаться между собой. Предположим, что в цепочке 16 или более переводчиков. Добавим A в начало, B в конец; получится цепочка не менее чем из 18 человек. Заметим, что 1-й, 3-й, 5-й, ..., 13-й и 15-й человек в цепочке говорят на разных языках (иначе цепочку можно было бы сократить), поэтому вместе они знают по крайней мере 8 5 = 40 различных языков. Эти языки неизвестны 17-му и 18-му, поэтому на долю этих двоих остается не более пяти языков. Значит, 17-й и 18-й знают одни и те же пять языков. Это противоречит тому, что цепочка кратчайшая. 8. Они пересекаются в середине стороны AC. 2 9. Пусть a + b + c + d = p простое число. Так как a + b 2 ab = c + d cd, то

Московская олимпиада студентов по физике
1. a = 2v0 . 2. v 3. A = mgh +
cp

mv 2

2 0

5. = Q 6 0 R . 7. I = 2 I
0

c h 6. I ew + w j cw
m
2 2 2 1

F GH

= v0 + F m
l l-

cp

8. S = -



CV ln

T

1

10. Imax = I0

b

ab - cd = a + b

g b

b

g

F1 F GG 2 + GH H

2

-1

T0

1+

1 2

I JK

2

c b gh . I - 1J . 4. f = R c2 h K = U b 4 Lg . +w h . . 9. Q = b m g RT 2 . F I JJ , I = I GG 1 + FGH1 - 12 K H2
2 2 2 0 2 2 min 0

0

h

.

I JK

2

I JJ K

.

g -b
2

c+d

g =b
2 2

a+b+c+d a+b-c-d .
2

gb

g

Следовательно,

b

a + c b + c = ab + ac + cb + c cd + ac + cb + c =

gb

g

произведение a + c b + c кратно p. Но оба множителя a + c и b + c больше 1 и меньше p. 10. Если у прямоугольника со сторонами, параллельными сторонам квадрата ABCD, одна из вершин совпадает с B, а противоположная вершина лежит на диагонали AC, то периметр прямоугольника равен 2a, где a длина стороны квадрата. Рассмотрим прямоугольник разбиения, содержащий вершину B. Поскольку его можно уменьшить до прямоугольника, вершина которого лежит на диагонали AC, то периметр рассматриваемого прямоугольника больше 2a. Осталось заметить, что любой прямоугольник с периметром больше 2a пересечен диагональю BD. 11. Наибольший общий делитель d любых двух соседних членов последовательности равен наибольшему общему делителю первых двух ее членов. Продолжая написанную на доске последовательность, мы будем брать разность до тех пор, пока в последовательности дважды подряд не появится число d. Таким же образом мы продолжим последовательность влево (т.е. в направлении убывания номеров, добавляемым членам будем присваивать нулевой и отрицательные номера) до тех пор, пока в ней тоже не появится два раза подряд число d. Повторив фрагмент 'от левых двух d до правых двух d', мы повторим в том числе и начальный фрагмент последовательности. 12. Указание. Каждая диагональ шестиугольника лежит в плоскости, проходящей через два противоположных ребра куба. 13. Добавим 'виртуальную' машину, которая начнет движение ровно через 2 минуты после первой. Поскольку состояния светофоров меняются с периодом 2 минуты, то каждый свето-

b

gb

g

= pc 0 mod p ,

b

g

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
А.А.Егоров, Л.В.Кардасевич, С.П.Коновалов, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ
В.В.Власов, Д.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, М.М.Константинова, А.И.Пацхверия, П.И.Чернуский

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
Е.А.Митченко, Л.В.Калиничева

ЗАВЕДУЮЩАЯ РЕДАКЦИЕЙ
Л.З.Симакова
Журнал 'Квант' зарегистрирован в Комитете РФ по печати. Рег. св-во ?0110473 Адрес редакции: 117296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант', тел. 930-56-48 Отпечатано на Ордена Трудового Красного Знамени ГУП Чеховский полиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций 142300, г.Чехов Московской области, Тел. (272) 71-336. Факс (272) 62-536 Заказ ?


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

7) v =

v 0 v 0 + 2V sin + 2V 1 - cos ;
4

8) v = 262 10 ,

@

E

2

>

C

м с.

VI Российская олимпиада школьников по астрономии и космической физике
Теоретический тур

8 класс
1. Селенографическая широта должна быть больше 90њ 1,5њ = 88,5њ. 2. Чем дальше от полюса мира, тем более длинные дуги оставляют звезды (так как больше их угловая относительно наблюдателя скорость перемещения по небу), следовательно, их свет 'размазывается' на большую площадь, что и приводит к уменьшению яркости дуг. 3. Вид ночного неба практически такой же, как и на Земле, однако Юпитер и Сатурн стали заметно ярче, а вот блеск Венеры и Меркурия ослаб в несколько раз. Видны также яркая Земля и ее спутник Луна. Быстро движутся два спутника Марса: Фобос и Деймос; при этом интересно, что Фобос восходит на западе, заходит на востоке, а за ночь может дважды пересечь небосвод. День на Марсе существенно отличается от земного. Диаметр солнечного диска в полтора раза меньше 'нашего'. Из-за разреженности атмосферы небо днем довольно темное, и на нем хорошо видны спутники Марса, планеты и даже некоторые звезды. 4. Телескоп увеличивает поток света от звезды, попадаемый в глаз наблюдателя, пропорционально отношению площадей объектива и выходного зрачка окуляра. При этом звезда попрежнему является для наблюдателя точечным объектом просто ее звездная величина существенно уменьшается. Что же касается яркости неба, то она не увеличивается, а, как правило, наоборот, уменьшается в этом легко убедиться, взглянув днем на небо в телескоп. Причина в том, что телескоп увеличивает не только поток света от яркого неба, но и угловой размер того кусочка неба, который виден в окуляр, как бы 'размазывая' его свет на большую площадь. При этом яркость неба, видимого в окуляр, остается неизменной при нормальном (равнозрачковом) увеличении (или меньшем), а при увеличении больше нормального (которое, как правило, и используется при наблюдениях) вообще выглядит менее ярким, чем невооруженным глазом. Таким образом, в окуляр мы видим существенно более яркие звезды на фоне либо такого же, либо существенно потемневшего неба. 5.В 17 часов 39 минут. 6. Дело во влиянии атмосферы на качество изображения. Неоднородности воздуха создают непрерывно появляющиеся и исчезающие 'воздушные линзы', немного отклоняющие свет; размер этих 'линз' составляет десятки сантиметров. Диаметр объективов маленьких телескопов обычно меньше размеров 'воздушных линз', поэтому при перемещении неоднородностей изображение дрожит, но остается резким. В большой телескоп попадает свет, прошедший сразу через несколько 'линз', каждая из которых отклоняет лучи случайным образом. Поэтому изображение не дрожит, а становится размытым, и мелкие детали на поверхности планет оказываются неразличимыми.

ниям поглощения звезда имеет спектральный класс А0, то это могло произойти в одном случае если излучение звезды испытало сильное межзвездное поглощение. Как известно, слой межзвездной пыли сильнее поглощает коротковолновое излучение, чем длинноволновое (как и при рассеянии света в земной атмосфере). Поскольку пыль сосредоточена в тонком слое в диске Галактики, звезда должна находиться в полосе Млечного Пути. 3. S = 21 ч 42 мин 24 с. 4. Правильным является ответ 4). 9 5. Через t 4,5 10 c 140 ле т . 6. Здесь нужно рассмотреть два аспекта: 1) достаточно ли яркая Луна, чтобы быть видимой с Марса; 2) достаточно ли угловое расстояние между Землей и Луной, чтобы для невооруженного глаза они не сливались в один светящийся объект. Обсудим их по отдельности. 1) Расстояние от Луны до Марса меняется от 0,52 а.е. до 2,52 а.е. и в среднем составляет 1,52 а.е. При этом, если бы Луна наблюдалась с Марса в свое полнолуние, ее звездная величина была бы равна
m -12,8m + 5 lg 1,52 150000 384 -12,8 + 13,9

>

C

m

m

+1,1 .

m

При наибольшем удалении Луны от Марса аналогично получаем m +2,2m. Таким образом, хотя Луна на Марсе в темное время суток не может наблюдаться в полнолуние, имеется достаточный запас яркости для того, чтобы она была хорошо видна невооруженным глазом в других конфигурациях. 2) Угловое расстояние между Луной и Землей достаточно велико даже в случае наибольшего удаления Земли от Марса оно составит arcsin 384 150000 2,52 , что соответствует примерно 3,5 угловым минутам. Так что система будет вполне разрешаема глазом. Таким образом, Луну на Марсе не просто можно увидеть, скорее ее сложно не заметить.

@>

C

E

11 класс
1. Ширина полосы по оси звездных величин составляет m 2,5 lg 2 0,75 . 3. а) Rп = R0 , Rа 35700 км ; б) Vа 4,2 км с ; 25 , в) M 216 10 кг . m o , 5. 22,5 . 6. m 16 (см. задачу 6 для 10 кл.).

Избранные задачи Санкт-Петербургской математической олимпиады
1. 20. Указание. Докажите, что имеется 40 необычных пассажиров. 2. 110. Указание. Можно перекрасить все клетки, за исключением клеток главной диагонали, если каждый раз перекрашивать две белые клетки, симметричные относительно главной диагонали. 3. Любой кусок при подходящем n заключен между 12 10 n и 13 10 n . Поэтому произведение двух кусков заключено между m m числами вида 144 10 и 169 10 , откуда следует, что вторая цифра произведения двух кусков равна 4, 5 или 6. 4. а) Если циссильванец не входит в тройку жителей, указавших друг на друга, то он не вампир. Число 1999 не кратно трем. б) Рассортируем письма на пачки, собрав вместе письма, где указаны одни и те же сотрудники, и рассмотрим пачки, в которых количество писем не кратно 200. Все эти письма от сумасшедших, поскольку письма здоровых сотрудников лежат в одной отдельной пачке. Поскольку общее количество писем в выбранных пачках дает остаток 199 при делении на 200, в них содержится не менее 199 писем. 5. Нельзя. Предположим, что числа разбиты на группы в соответствии с условием. Будем называть число большим, если оно является одним из двух наибольших чисел в своей груп-

9 класс
5. Через t 4,5 10 9 c 140 лет . 6. Вариантов может быть много (в зависимости от фантазии отвечающего), но все они сводятся к использованию второго закона Ньютона.

10 класс
1. Близко ко дню зимнего солнцестояния, т.е. в конце декабря. 2. Цвет звезды зависит от распределения энергии в ее видимом спектре. Если ученый не ошибся и по спектральным ли-