Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/01/kv0101keys.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:10 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:32:52 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: annular solar eclipse

ОТВЕ ОТВЕТЫ,

ТЫ,

УКАЗАНИЯ, Р УКАЗАНИЯ,

ЕШЕНИЯ

РЕШЕНИЯ

53

Конкурс 'Математика 68'
(см. 'Квант' ?4 за 2000 г.) 1. Из рисунка 1 видно, что ALB1 = 45њ, KLM = 45њ. Из 1 рисунка также следует, что AKL = 45њ и LMB = 45њ. (В силу симметрии задачи A точки B1 , L2 , A, L, B, L1 , A1 располагаются в L L вершинах правильного M восьмиугольника.) 2. Нельзя. Задача решается стандартным метоB B дом инварианта, а O K именно поиском ответа на вопрос: что не меняется при указанной операции? Попробовав и L то, и другое, в конечном счете можно заметить, A что сумма квадратов Рис. 1 всех чисел не изменяется. В самом деле:

торых установлены участки, di число перекрестков, соседних с перекрестком v i . Участки в сумме контролируют D = = d1 + 1 + d2 + 1 + + dn + 1 7n перекрестков, причем, возможно, в эту сумму некоторые перекрестки входят более одного раза. Так как каждый перекресток города контролируется, то 155 7n . Отсюда n 23 .

d

id

i

d

i

Сколько мест в автобусе и другие задачи
1. Из условия, что у Асика и Басика вместе на 6 морковок больше, чем у Басика и Васика, следует, что у Асика на 6 морковок больше, чем у Васика. Если бы у Васика было не менее 2 морковок, то у Асика не менее 8. Тогда бы Басику морковки не достались. Значит, у Васика была одна морковка, у Асика семь, а у Басика оставшиеся две. 2. Басик съел более 42 : 3 = 14 яблок, причем это количество кратно 3 (так как Асик съел в 3 раза меньше, чем Басик). Но если Басик съел более 15 яблок (а значит, не менее 18), то Асик съел не менее 6, а Васик не более 42 18 6 = 18, т.е. не более Басика, а это противоречит условию. Значит, Басик съел 15 яблок, откуда нетрудно определить, что Асик съел 5 яблок, а Васик 22 яблока. 3. Так как в каждой строке может стоять не более трех шашек, то всего шашек не более 3 6 = 18. Так как в каждом столбце стоит не менее двух шашек, то всего стоит не менее 2 8 = 16 шашек. Значит, на доске может быть расставлено 16, 17 или 18 шашек. Все три варианта возможны (рис.3).

F GH

3 A - 4B 5

I +F JK GH
2
2

4 A + 3B 5

I JK

2

= A +B .

2

2

Если в результате все числа (их количество равно 21) стали равны некоторому Х, то, учитывая неизменность суммы квадратов, получаем
21X = -10
2

b g + b -9g
2

+ K + -1 770

bg

2

2 2 2 + 0 + 1 + K + 10 = 770 ,

откуда

110 = 21 3 число иррациональное. В то же время ясно, что при указанных преобразованиях все числа остаются рациональными. Противоречие показывает, что добиться уравнивания всех чисел невозможно. 3. Верно. Пусть основаниями перпендикуляров, опущенных из некоторой точки О на стороны четырехугольника ABCD, являются точки M, N, K и Е (рис.2). Рассмотрим точку O1 пересечения отрезков МK и NE. Если ABCD отличен от параллелограмма, то по неравенству треугольника следует, что сумма расстояний до сторон четырехугольника от точки О больше, чем MK + C +NE. Значит, она N больше, чем сумма B расстояний до сторон O K от точки O1 . ПолучиM ли противоречие с O условием задачи. Если же четырехA D угольник ABCD E параллелограмм, то Рис. 2 сумма расстояний от любой точки внутри него до всех его сторон постоянна и равна a + b sin , где a, b длины сторон параллелограмма, а один из его углов. X=

Рис. 3

b

g

4. Если на первой остановке вышли 5 человек, то за последующие 14 остановок автобус покинули 90 пассажиров. Пусть водитель открывал обе двери k раз. Тогда на этих k остановках вышли 11k человек, а на оставшихся (14 k) остановках не менее 4 14 - k человек. Поэтому 11k + 4 14 - k 90 , откуда k 4 . С другой стороны, на оставшихся 14 k остановках вышли не более 5 14 - k пассажиров, значит, 11k + 5 14 - k 90 , откуда k 4 . Получили, что k = 4, т.е. обе двери открывали 4 раза. 5. Если бы у первого крольчонка было не менее двух наклеек, то у второго не менее 3, ..., у десятого не менее 11, т.е. всего не менее 2 + 3 + ... + 11 = 65, что невозможно. Значит, первому крольчонку досталась одна наклейка, второму две наклейки, ..., девятому 9, а десятому оставшиеся 19 наклеек. 6. Пусть мед заполняет х пятидесятилитровых бутылей. Из первого условия следует, что объем меда более 40 x + 4 лит-

b

g

b

g

b

g

b

g

4. Не может. Допустим противное: n + n + 1 = m , где m целое. Но число n + n + 1 заключено между двумя последо2 2 вательными квадратами натуральных чисел: n < n + n + 2 + 1 < n + 1 , поэтому оно не может равняться квадрату целого числа. 5. Будем говорить, что каждый участок контролирует свой перекресток и все соседние с ним перекрестки. Пусть n наименьшее число участков, которые можно разместить в городе при заданных условиях, v1 , v2 , , v n перекрестки, на ко2

2

2

ров, из второго что он более 70 x - 5 литров. Тогда имеют место неравенства
50 x > 40 x + 4 и 50 x > 70 x - 5 .

b

g

b

g

b

g

b

g

b

g

Из первого неравенства следует, что x > 16, из второго что x < 17,5, т.е. х = 17. Отсюда общий объем меда 850 литров. 7. Наибольшее натуральное число, квадрат которого записывается тремя цифрами, это 31. Значит, число Совы не более 26. Наименьшее натуральное число, куб которого имеет 5 цифр, это 22. Значит, число Совы не менее 26. Таким образом, число Совы равно 26.


54
Калейдоскоп 'Кванта'
Вопросы и задачи

КВАНT 2001/?1

1. Для удержания щетки или палки нужно при их отклонении успевать двигать пальцем так, чтобы они вновь оказывались в положении равновесия. Щетка будет отклоняться медленнее, чем палка той же длины, так как центр тяжести щетки лежит выше центра тяжести палки. 2. В равновесии масса груза С в два раза больше массы груза В. При смещении точки А вправо равновесие нарушится груз С будет опускаться, а груз В подниматься. 3. Равновесие шарика устойчиво к малым возмущениям и неустойчиво к большим. 4. Если h l0 , в точке О устойчивое положение равновесия (ему соответствует минимум потенциальной энергии пружины). Если h < l 0 , в точке О неустойчивое положение равновесия (максимум потенциальной энергии пружины), но слева и справа на равных расстояниях от точки О имеются два устойчивых положения равновесия, соответствующих недеформированному состоянию пружины. 5. Хвост обеспечивает устойчивость змея относительно вращений около вертикальной оси, проходящей через его центр тяжести. 6. При малейшем отклонении доски от вертикали момент выталкивающей силы относительно центра тяжести доски увеличивает отклонение доски, и она опрокидывается в устойчивое горизонтальное положение. 7. Да. Это достигается выбором формы сечения корабля, когда центр давлений смещается в сторону крена. 8. Шарообразная форма пузырьков отвечает минимуму энергии поверхностного натяжения жидкости. 9. Энергия поверхностного натяжения жидкого цилиндра больше, чем энергия капель, которые могут из него образоваться. 10. Поверхность одной большой капли меньше, чем суммарная поверхность нескольких маленьких капель с той же общей массой. Значит, и энергия поверхностного натяжения у большой капли меньше. 11. Система пар жидкость находится в термодинамическом равновесии, т.е. температуры отдельных ее частей равны. 12. Да. Причем при движении вдоль прямой х, если qQ < 0, равновесие в точке О неустойчивое, если qQ > 0, равновесие устойчивое. При движении вдоль прямой у условия меняются местами. 13. Радиоактивные ядра нестабильны по своей природе и 'обречены' на гибель уже в момент своего рождения. 14. Нет. Например при -распаде заряд ядра не меняется, поэтому не меняются и химические свойства вещества.

После упрощений получим равносильную систему 2 x - 4 < x - 1 , x 5 2, x 4, решаемую стандартным образом. 34 51 . Указание. Пусть a1 , a2 , ..., a 7 убывающая 2. - 14 арифметическая прогрессия, d < 0 ее разность, причем
a1 + a2 + K + a7 = 0 .
5 5 5

Докажите, что a 4 = 0, a5 = - a3 = d, a6 = - a 2 = 2d, a7 = - a1 = 3 d. 3. -23 6 , -19 6 , -11 6 , -4 arccos -9 10 . Указание. Приведите уравнение к виду

b

g

4. 20. Из условия задачи получаем (рис.4) SCKL : S =CL : LD = 1 : 5. Поскольку S
BKLC

F GH

sin x -

1 2

IF JK GH

cos

x 4

+

9 10

I JK

= 0.
DKL

=

:S

AKLD

= 1 : 5, то

S S

BKC AKD

=

S S

BKLC

- SCKL -S
DKL

=

1 5

.

AKLD

В треугольниках BKC и AKD высоты, опущенные из вершины K, равны. Поэтому B C BC : AD = 1 : 5. Из точек C и D опустим перпендикуляры CC и L DD на прямую АВ. Из подобия треугольников BCC K и ADD имеем CC BC 1 = =. DD AD 5 D A С другой стороны, по теореме о пропорциональных отрезках на сторонах угла 1 C K CL Рис. 4 = =. DK LD 5 Отсюда прямоугольные треугольники CC K и DD K подоб1 ны с коэффициентом , и DK = 5 CK = 5 4 = 20. 5 5 5. 1, . Указание. Исходное уравнение равносильно сово2 купности из двух уравнений

Микроопыт
После прокалывания пленки в петле оставшаяся часть мыльной пленки будет стремиться уменьшить свою поверхность, иначе говоря, дырка должна образовать фигуру максимальной площади. Такой фигурой будет круг.

F 3I + F 3I GH 2 JK GH 2 JK F 3I + F 3I GH 2 JK GH 2 JK
x 2 x -2

a- x

=

33 5

FI GH 2 JK

a

+

8 5

,

(1)

2 a -2 x - 3

=4

F 3I GH 2 JK

2 a -5

- 2.

(2)

Законы сохранения в задачах на столкновения
1. > M

(

M -m

p

)

= 7 6 , где М масса ядра лития, а m

p

масса протона. 2. E пор = 3 E и 4 = 10,2 эВ . 3. = h mc = 242 10 ,

Московский государственный университет
МАТЕМАТИКА Вариант 1

bg

-12

м.

Если число x 0 является решением уравнения (1), то число а x 0 также является решением этого уравнения. Если оба решения целые, то и а должно быть целым. С другой сто1 роны, корни уравнения (2) тоже парные: x1 и а x1 , и 2 1 их целочисленность приводит к условию а Z . Таким 2 образом, требование задачи равносильно совокупности следующих условий: все корни уравнения (1) целые, a Z , уравнение (2) не имеет решений; все корни уравнения (2) целые, 1 a - Z, 2 уравнение (1) не имеет решений.

1. 3; 4 U 4; 7 . Указание. Умножим левую и правую части x - 4 + x -1 на положительное при всех х выражение . x -3 + x -2

b gb g

(3)


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

55
4

Поскольку при А > 0 и t > 0 выполняется неравенство A 2 A, t+ t условия разрешимости уравнений (1) и (2) имеют, соответственно, вид

4

FI GJ 5 H 2K F 3I GH 2 JK
33

a

+

8 5



2a- 5

-2

F 2G H F 2G H

3 2 3 2

I JK I JK

a 2

;

a- 5 2

.

Решая эти неравенства и учитывая, что корни второго уравнения должны быть положительны, получаем условия 4 1) a 2 log 3 ; a 2 log 3 2 ; 2 23 5 2) a . 2 Рассмотрим первую систему из совокупности (3). Из условий 1) и 2) находим 'подозрительные' значения а это a Z , a 0 и а = 1. Для а = 1 условия задачи выполняются, для a 0 нет (докажите это, сравнивая левую и правую части уравнения (1) при целых х и а х). Второй системе из сово5 купности (3) удовлетворяет лишь а = . 2 6. 2. Указание. Пусть плоскость, проходящая через центр сферы и перпендикулярная хорде PP1 . Эта плоскость делит пополам хорду PP1 , а также параллельные ей хорды QQ1 , RR1 и SS1 . Следовательно, PQ1 R1 S1 квадрат со сто1 роной 25/4, симметричный квадрату PQRS относительно плоскости . Пусть SS1 = 2х, т.е. х расстояние от точки S до плоскости . Спроектируем все точки на координатную прямую l, перпендикулярную . Пусть сама плоскость проектируется в начало координат на l, а направление на оси l выбрано так, что координата Q проекции точки Q равна 5. Тогда
Q1 = 5, P = - P1 = +1 , R = - R1 = +3 , S =

= + x . Координату проекции точки А центра квад= 1 рата PQRS можно вычислить двумя способами: P + R Q + S +1 + 3 5+ S A = = . = 2 2 2 2 Таким образом, возможны четыре случая: P Q R S 1. 1 5 3 1 2. 1 5 3 7 3. 1 5 3 9 4. 1 5 3 3. Покажем, что случаи 2, 3 и 4 невозможны. Например, в случае 2 отрезки SQ и S1Q1 длины 25/4 оказываются диагоналями трапеции S1QQ1 S (рис.5). Но 25 25 + < 14 = SS1 , QS + Q1 S1 = 4 4 что невозможно. Аналогично докажите невозможность случая 3. В случае 4 рассмотрите 10 параллелограмм KLMN, Q Q образованный серединами отрезков PP1 , QQ1 , RR1 и SS1 соответственно, вычислите его стороны и диаго25/4 25/4 наль KM и докажите, что KM > KL + LM, что про тиворечит неравенству треугольника. S В оставшемся случае 1 поS 14 лучаем SS1 = 2 S = 2. Рис. 5

di -d S i

bg

bg

di

bg

di

bg

7 log 3 ; 1 . 2. 5 8 ; 4 . 3 23 3. а) 6; б) 192. а) Первый автобус появляется в пункте В в моменты времени 2 4 + n, tn = 51 51 где n Z , причем t n 8 , откуда n 101. Второй автобус по4 k k, k Z . является в пункте В в моменты времени s k = 42 Встреча автобусов в пункте В означает равенство t n = s k , т.е. 2 4 4 n= + k , или 7 1 + 2n = 17k. Последнее равенство 51 51 42 выполняется только тогда, когда нечетное число 1 + 2n делится на 17, т.е. 1 + 2n = 17, 51, 85, 119, 153, 187, 221, ... Поскольку 0 n 101, должно быть 1 1 + 2n 203 , так что подходят только первые шесть чисел, причем для всех них 1 + 2n k = 7 целое. Таким образом, в пункте В было 6 17 встреч. б) При каждом прохождении отрезка АВ первый автобус ровно 1 раз оказывается в одной точке X AB со вторым автобусом: либо в момент встречи, либо в момент обгона, причем в случае Х = А или Х = В в точке Х происходят и встреча, и обгон одновременно. Поэтому число совпадений положений автобусов строго между пунктами А и В равно числу прохож51 дений первым автобусом отрезка АВ ( 8 = 204 раза) ми2 нус удвоенное суммарное число встреч в точках А и В. Число встреч в пункте В равно 6 (см. п.а)). В пункте А пер4 n, n Z , а вый автобус появляется в моменты времени 51 2 4 k , k Z, + второй автобус в моменты времени 42 42 причем встреча в пункте А означает равенство
1. 0; log
3 2

LM N

4

IF JK GH

OP Q

Вариант 2

b

g

b

g

bg

bg bg

bg bg

bg

bg bg bg bg

28n = 17 1 + 2k , что невозможно. 4. СЕ = 6, OА = 2. Проведем общую касательную FG к окружностям в точке А (рис.6). Углы DBA и FAB равны как опирающиеся на одну дугу, FAB = CAG, углы CAG и CEA равны как опирающиеся на одну дугу. Таким образом, треугольники СВЕ и СЕА подобны по двум углам, откуда BC CE = CE = BC AC = 9 4 = 6 . CE AC Далее, BAD = 180њ DAC = CEB = CAE (последнее равенство следует из доказанного выше подобия треугольников СВЕ и СЕА), F так что луч АВ являB ется биссектрисой OD угла между лучом AD и продолжением луча ЕА за точку А. E A Следовательно, центр О окружности, о которой идет речь во C втором вопросе задачи, лежит на отрезке G Рис. 6 АВ. Поскольку О лежит и на биссектрисе угла BDA, по свойству биссектрисы и из подобия

b

g

BDA' BCE

bg

OB OA

=

BD AD

=

BC CE

=

9 6

=

3 2

.


56
Отсюда
OA = 2 5 AB = 2 .

КВАНT 2001/?1

носильно системе

5. 0; 1 U 1; 2 U 3 . Указание. Пусть А = |a| 1, B = 1 |a 2|. Запишем уравнение в виде
A cos 2 x + B sin 2 x = - B cos x + A sin x .

gb

lq

Если а = 1, то А = В = 0, и все x - ; являются решени2 2 ями. Если a 1 , то A + B > 0, и уравнение можно записать так: cos 2 x - = cos x - + , 2

b

g

b

g

где

sin = B A + B . Исходное уравнение, тем самым, равносильно совокупности x = - + 2 n, n Z, 2

LM MM MM N

R | S | T

FF GH GH
2 2

II JK JK

x > 1, x которая с помощью универсальной подстановки t = tg пре2 вращается в систеC му квадратичных x неравенств. y 27 3 M 4. . УказаO 2 ние. Пусть О N точка пересечения

Rsin x | |6 - 1 S |2 cos | T

- cos x 0, 0 cos x - sin x 0,

cos = A

A +B ,
2

2

MN и CD (рис.8),

= ACD, = A D = DCB, МС = х, Рис. 8 NC = y. Тогда, o поскольку + = 120 и 3 sin = 4 sin , получим
tg = 2 3 , sin =

B

23 13

x=

2 3

+

6

+

2 3

, sin =

33 2 13

.

k,

k Z.

Первая строка этой совокупности дает одну фиксированную точку на тригонометрической окружности, а вторая строка три зависящие от точки, дуги между которыми все равны по 120њ. Число всех решений на дуге -; будет нечетным только в тех случаях, когда одна из этих трех точек совпада ет либо с (или, что то же, с ), либо с - . Но тогда 2 либо A = B 0 , либо B = 0 A . 6. 38 . Указание. Докажите, что суммы квадратов площадей противоположных z граней пирамиды равS ны. Для этого введите прямоугольную систему координат: точка О пересечения диагоналей АС и BD начало системы координат, ось Oz направим по лучу OS, ось Ох D перпендикулярно Oz A в плоскости АSС, ось O x Оy перпендикулярB C но Oz в плоскости BSD (рис.7). Вершиy ны пирамиды получат следующие координаРис. 7

b

g

Выражая двумя способами площадь треугольника MCN, имеем после упрощений xy = 12, т.е. х = 3, у = 4. 4 x + 3 y = 24, Далее, вычислив S

R | S | T

MCO

, получим
MCO

S

=

1 2

S

MCN

,

откуда SMCO = SCON , следовательно, MO = ON, значит, MCND параллелограмм. Таким образом, AC || DN, MD || BC, поэтому треугольник AMD подобен треугольнику DNB, причем из условия задачи следует, что коэффициент подобия раMD CN = = вен 2. Поэтому AM = 2DN = 2CM = 6, NB = 2 2 27 3 =2, AC = 9, BC = 6 и SABC = . 2 a-3 , x= 1 7 4 5. при a -; U ;+ ; 3 5 2 y = log 2 15a - 26 a + 7 - 2

A a;0; c , C - a;0; - c , B 0; b; d , D 0; -b; - d , так как точка А симметрична точке С, а точка В точке D относительно начала координат О. Найдите длины ребер пирамиды, а затем по формуле Герона вычислите площади граней АSВ, ASD, BSC и CSD и убедитесь в том, что S
2 ASB

b

gb

gb

gb

ты: S 0;0; h ,

g

b

g

+S

2 DSC

=S

2 ASD

+S

2 BSC

.

R | | S | | T Rx | | S |y | T Rx | Sy | T Rx | S |y T

e

j

F GH

IF JK GH

I JK

=-

a +1 2

,

= 1 + log 2 4 a - 3 a - 1

e

2

j

при a

F 1 ; 1I GH 3 JK

;

= 1 - a, = 1 + log 2 12a - 5a - 7
= b, где b -; - = log 2 4 b +

e

2

e

2

b b1

4a - 1 3

j 1g U b 1 0 gb
7 5
2

при a 1;
0; + , + 8a - 8

F 7I GH 5 JK

;

g

j g

при а = 1;

1. -; 0 U 1; 2 U 5; + . 3. 2arctg
1 + 65 16 ; 3

b LM MN

I JJ K

g

Вариант 3

2. 0;log 3 2 .

n

s

нет решений при а =

;

. Указание. После замены

. Указание. Исходное неравенство рав-

u = log 2 4 x + 14 a - 10 x + 8a - 8 , v = log 2 4 x + 6 - 2 a x + 4 a - 8a + 4
2

e

b

b

g

j

2


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

57

исходная система переписывается в виде

R | S | T

y - 3 yu + 2v = 0, 5 y - 8 yv + 3 u = 0.
2 2

2

2

Заметим, что y = u = v = 0 ее решение. При y 0 введем u v переменные р = , q = . Тогда y y

одну восьмую ее часть. Тогда 2 4 r = 8 , т.е. r = 4. 8 Так как вершина S пирамиды искомого объема является точкой касания четвертой сферы с плоскостью, параллельной ABC, то для высоты Н пирамиды SABC имеем либо H = h + +r, либо H = h r. Окончательно, VSABC = 50 5 2 + 4 .

R2q | S |3 p T

e

j

2

- 3 p + 1 = 0, - 8q + 5 = 0,

2

откуда p = q = 1. Итак, y = u = v (в частности, последнему соотношению удовлетворяет найденное выше нулевое решение y = u = v = 0). Таким образом, задача сводится к решению при всех значениях параметра а уравнения
log 2 4 x + 14 a - 10 x + 8 a - 8 =
2

e

2

b

g

j

= log 2 4 x + 6 - 2a x + 4 a - 8 a + 4 , равносильного системе
2 2

b

g

2

Осталось рассмотреть 2 случая:

R2x + b7a - 5gx |= 2 x + 3 - a bg S |2x + b7a - 5gx | T
2

+ 4a - 4 = x + 2a 2 - 4 a + 2, + 4a - 4 > 0.

1)

и

R2x + b7a - 5g x + 4 a - 4 | |2x + b7a - 5g x + 4 a - 4 S | |= 2x + b3 - a gx + 2a - 4 T
2 2 2 2 2

> 0, = a + 2,

2)

6.

угольника АВС видна под прямым углом, т.е. точка О вершина трехгранного угла, все плоские углы которого прямые, а треугольник АВС получается сечением этого угла некоторой плоскостью. Треугольник АВС остроугольный. Найдем сторону АС. Пусть BAC = , BCA = . По теореме синусов
20 sin = 15 2 sin = sin +

R2x + | |2x + S | |= -2x T 50e 5 2

b b

7a - 5 x + 4 a - 4 > 0, 7a - 5 x + 4 a - 4 = - 3 - a x - 2a + 4 a - 2 .

2

+

b 4j

g g

g

2

Пусть Х и Y точки пересечения прямых KL и KM с прямыми АВ и АС соотA ветственно. Возможны различные случаи расположения точек B Х и Y на прямых АВ C и АС (одна из таких K (X) конфигураций изображена пунктиром на рисунке 9). Однако при этом возможны A только два варианта L значений величины M (Z) XAY, а именно: B XAY = или X C XAY = . Z KXA = и Пусть Рис. 9 Y KYA = . Пусть точка Z проекция точки K на прямую XY. По теореме о трех перпендикулярах AZ XY , значит, KZA = искомый. Пусть KA = a, тогда АХ = a ctg , AY = a ctg ,
2S
2 2 AXY 2 = a ctg ctg sin .

LM- - n; - nOPIJ . 2. 90%. 7 N 4 4 QJK F 1I - 2 - 2 2 j 7 -4; 0g 7 G 0; J . Указание. Исходное нера3. H 2K венство переписывается в виде log b g b g d b x + 5gb1 - 2x gi log b1 - 2 x g . F 2 12 + 3 3 I . Указание. Пусть BAC = (рис.9). 4. arctg G JK H3
1. -

LM N4 e -5;

;+

I 7 FG JK G H

Вариант 4

+

n =1

x + 5 1- x

1- x

. Указание. Из точки О каждая из сторон тре-

По теореме косинусов

XY = a ctg + ctg + 2ctg ctg cos .

e

2

2

j

Следовательно,
AZ =

b

AC

g

= 10 5 .

. XY Из треугольника KAZ получаем выражение для tg через , , : . ctg ctg sin Осталось подставить = , = и= . 3 3 4 2 5. 30. Положим z = 4 x + 80х + у + 43. Нахождение максимума z при заданных условиях эквивалентно определению максимального из значений z, при которых существует решение системы 2 4 x + 80 x + y + 43 = z,
tg = ctg + ctg + 2ctg ctg cos
2 2

2S

AXY

Отсюда АС = 5 10 , а S ABC = 150. Пусть OK перпендикуляр, опущенный из О на плоскость АВС, h его длина, ОА = х, ОВ = у, ОС = z. Из системы

находим, что x y z = 150 300 100 , а из формулы для объема пирамиды ОАВС находим h = 5 2 . Далее, трехгранный угол, образованный лучами ОА, ОВ, ОС, высекает из четвертой сферы с радиусом r и центром О

2

2

2

R | | S | | T

x + y = 450, y + z = 400, x + z = 250.
2 2 2 2

2

2

R | |x S | |6 T

2

+ 86 x + y -202,
2

x + 32x + y -283.


58
z z = 3x 6x159

КВАНT 2001/?1

Исключая у из уравнения и подставляя в неравенства, имеем

Вариант 5
1. 3. 5.
2 n 7

48 30 1 9 12 x

159 z = 2x +48x240
Рис. 10

Геометрическая интерпретация на плоскости x, z дает фигуру между двумя параболами (рис.10). Точки пересечения этих парабол: 9 x1 = ; x = 9 . 2 5

R | S | T

z 3 x - 6 x - 159, z -2 x + 48 x - 240.
2

2

bg

8. 4 : 3. Указание. Пусть О центр окружности, K точка пересечения АО и MN, H середина BC. Из подобия треугольников AMK и AOM, АРK и АОН и соотношения

FH e 3 - 5 j b1; 5g .
2

,

2 n 5

, n , n Z .
4; + .

6. 7/2.

IK

2. log 3 5 . 2 2 2 4m - a - b 4. arccos . 2ab 7. 0; 1 4 7 4; + .

2

b

gb

g

AM = AB AC получите, что АР АН = AB AC . Дальнейшее ясно. 1 4

Так как вершина параболы z = -2 x + 48х 240 лежит пра9 ; 9 , то максимальное значение z достигается в вее отрезка 5 точке х = 9. Оно равно 30. 6. 2. Пусть R1 и R2 радиусы, а O1 и O2 центры окружностей, проходящих через пары точек А, С и В, D соответственно (см. рис. 11 и рис. 12), O1O2 = расA E B стояние между центра2 ми окружностей, EF O их общая хорда, переD секающая прямую C 2 O1O2 в точке G. Пусть O H O О точка пересечения диагоналей параллелограмма, а точка Н проекция О на прямую O1O2 . Пусть расстояние от точки О до Рис. 11 прямой EF, O1O = r1 ,

LM N

OP Q

2

1. +

arccos -

3. 1 - 2 ; 2

5. 1;log 3 6 .

e

F 1I + GH 3 JK 3j 7 e1; 1

Вариант 6
n 2
, n Z . 2. -1 + 57 4. 102%. 6. b - a

e e

j

4.

+ 2.

j

2

2

O2O = r2 . Пусть d

max

= max AC, BD , d

АС = = 2р и ВС = 2q. Из свойств хорд получаем, что

l

q

min

= min AC, BD ,

l

q

r22 . Пусть O1G = 1 , O2G = 2 . Очевидно, что HG = . Из прямоугольных треугольников O1GE и O2GE имеем GE =
2

2 AO OC = p 2 = R12 r12 , аналогично, BO OD = q 2 = R2

7. 1 2 ; 1 . Указание. Данное неравенство имеет единственное решение (х = 1) тогда и только тогда, когда наименьший корень квадратного трехS 2 члена x 2 a + 2 x 2a + 4 а не меньше 1. 8. 53 . Указание. A O Пусть S вершина коD нуса, SD образующая конуса, содержащая точку С, Е точC ка пересечения прямой SA с плоскостью осноE O вания конуса (рис.13). Проведем через точку D B A плоскость, перпенРис. 13 дикулярную плоскости основания конуса. Имеем OD ED , а точка В точка пересечения прямых АС и ED в плоскости SED. Пользуясь условием и подобием треугольников, убедитесь, что AD1 = BD. Найдите длины отрезков SD и BD, а затем и SB по теореме Пифагора.

j

b.

b

g

E

2 2 = R12 1 = R2 2 , т.е. 2
2 2 2 R2 R1 = 2 1 , или 2

2 2 2 2 2 r2 r1 = 2 1 + p

1. 1.

O

q 2 . Аналогично, из прямоугольных треугольников O1OH и O2OH получаем равенст-

2n + 1 , n Z . 3. 11. 2n + 1 , 4 2 4. 12 . Указание. Пусть rn радиус n-й окружности. Докажите, что rn геометрическая прогрессия со знаменателем

2.



b

g



b

Вариант 7

g

q = 1 + sin

O
Рис. 12

HG

O

во r22 r12 = 2 - s2

1 - s1 , где s1 равно 1 или 1, если точки О и

d

i

2

d

i

2



условия получите, что q = 64 , т.е. q = 2. 1 5. . Указание. Пусть k = DC1 DC , S = S ADB = S ADC = 3 = SBDC . Выразите через S и k отношение боковых поверхностей пирамид DA1 B1C1 и DABC и получите, что k = 1, т.е. точки C1 и С совпадают. Отношение же объемов пирамид DCA1 B1 и DCAB равно отношению площадей треугольников DA1 B1 и DAB. x 6. +1 . Указание. С помощью замены у = 2 + 3 приводим уравнение к виду

b

g b1

- sin , где половина данного угла. Из
6

g

O1 лежат по одну или, соответственно, по разные стороны от прямой EG, аналогично, s 2 равно 1 или 1, если точки О и O2 лежат по одну или, соответственно, по разные стороны от 2 этой же прямой. Отсюда получим 2 1 + p 2 q 2 = 2

= 2 - s2

нов 2 s11 - s2

= p q . Понятно, что s11 - s2 2 это 2 расстояние между центрами окружностей. Получаем соотно2 2 шение 8 = dmax dmin . В нашей задаче dmax = 6, dmin = 2, = 2. Поэтому = 2.
2

d

d

i d
2

1 - s1 , а после приведения подобных чле-

i

2

i

e

j

2

y - 5 y + 6 y - 5y + 1 = 0 .

4

3

2

Поделив ( y 0 ) уравнение на y 2 и выполнив замену t = y + 1 + , получим квадратное уравнение y 2 t - 5t + 4 = 0 .


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59
имеем
2x + 1 x - 2 - x - 1 2 = 5 2

Вариант 8
1. -; - 2 U -1; + . 3. 3 15 4 . 4.

b

g

F GH

g

-6;

3 2

b I U F 3 ; 2I JK GH 2 JK

2. -1

g 6 + n , n F 5I F 5 I U G 2; J U G ; 10J H 2K H 2 K
n +1



а при a >
Z.

5 2

иb=
x -2 -

1 2 1 2

,

.

так что а = 5/2 единственное возможное значение а.

Указание. Преобразуйте неравенство с помощью замены у = = log 2 x - 2 . 5.
a

Вариант 10
1. 5. 7.

e

3 -1

j

12 O1 , O2 , O3 равны R. Рассмотрим сечение призмы плоскостью O1O2O3 (рис.14). Сторона основания призмы равна a = 2R 1 + 3 ,

. Пусть радиусы первых трех шаров с центрами

e

т.е. R =

2 1+ 3
2R . 3

O! A O !
Рис. 14

e

a

j

F 4 ; 4 OP . GH 5 Q nb10; 15g; R2 |0; 1; + S | T
1 3 a
2

2.

120 119

.

3. 1

1

j

,

O1 A =

R

R

O !

r Or A

R

R O


радиус 24 любого из = 4r, b > a. Центры шаров вершины параллелепипеда с ребрами 2r; 2 r; b 2r. Центр девятого шара (радиуса R) находится в центре этого параллелепипеда, поэтому 8.
R+r = 1 2 1 2

b15; 10gs . 6. 15 . 2 2U | . Указание. Приведите уравнение V 3| W F 3 1 - x - 1I F b x - 1g - 1 - x I = 0 . H KH K a b F 1+ 2 O P . Пусть r G 1; - ab + b - ; 2P 4aG Hшаров, при этом а Q восьми одинаковых
2 2 2 2

5 3

часа.

4.

4

+

k 2

, k Z.

к виду

Рис. 15

b2 r g + b2 r g + b
2 2

b - 2r a 4

g

2

,

Радиус r четвертого шара с центром О находим из прямоугольного треугольника OAO1 (рис.15):

откуда
R= 3a 4

2

b

R+r

g =b
2

R-r

g + FGH 2R IJK 3
2

2

, откуда

r=

a

e

3 -1 12

j

- ab + b - a 4

2

.

.

Используя ограничение задачи R
1 3a 4
2 2

, получаем неравенство
a 4 a 4

1. -; 1 U 3 2 ; + . 4. 5. .
+n
n

уравнение равносильно такому:
2

b b 0; 1g U b 3; 5 g b F b -1g + 8-G GH 6

g

Вариант 9
2. 1; 2. 3. 24/7.

2

- ab + b -

,

из которого находим, что
1< b a 1+ 2 2

I JJ K

2

, где n = 0, 1, 2. Указание. Исходное

.

+ n , 6 где n = 0, 1, 2. Это следует из неотрицательности левой части и из того, что 8 - x 2 2 < 2 +
2

8 - x = -1

bg

n



1. 19 + 137 2. 25; 3. 4. tg

e

j

Вариант 11
8 . Указание. Выполните замену у = o 180 1 arccos . 3. 3x + 2 .

(Последняя оценка следует из того, что 12 2 < 17.) 6. 1 + 3 . Указание. Найдите углы , , нового треугольника, квадрат радиуса описанной окружности, а затем воспользуйтесь формулой 1 2 S ABC = ab sin = 2 R sin sin sin . 2 7. 5/2. Указание. При х = 1/2 левая часть уравнения рав5 на 5/2 независимо от значения b, так что а = удовлетворя2 5 1 получаем ет условию. Если a < , то при b = 2 2
x -2 + 1 2 2x + 1 x - 2 - x - 1 2 = 5 2

F GH

5 6

I JK

.

log 3 2 + 3 . Указание. Условие означает, что x 2 . 2 2 Функция g1 x = 1 + 3 x - x определена на отрезке

e jIJK bg LMe 3 - 13 j 2; e 3 + 13 j 2OP , причем на отрезке J N Q = L2; e 3 + 13 j 2O она убывает. Следовательно, MN PQ значений отрезок 0; 3 . Функция g b x g = 2
1
2

F GH

= область ее g1 x воз-

bg

,

растает, и ее область значений отрезок 2 - 3 ; 2 , а функ1 ция g 3 x = log 1 g 2 x определена и убывает на отрезке J. 2 3 1 1 log 1 2; log 1 2 - 3 . ПосЕе область значений отрезок 2 2 3 3 ледний отрезок целиком содержится в интервале - ; 22

bg

bg

LM N

e

F GH

jOPQ

I JK


60

КВАНT 2001/?1

докажите это! Следовательно, наибольшее значение tg g 3 x равно 1 1 tg log 1 2 - 3 = tg log 3 2 + 3 . 2 2 3 K 5. См. рис.16. L 6. а) 2 5 ; б) 4 5 - 5 . Указание. Первое уравнеL 2 ние задает на плоскости хОу ромб, а второе окружность с радиусом а и центром в начале коордиK нат (рис.17). Условию а) LK K= отвечает значение пара2K+L метра а, при котором окРис. 16 ружность является впиy санной в ромб. б) На рисунке заштриA хованы точки, удовлетворяющие данному неравенству.

e

j

F GH

e

jIJK

bg

После замены х на

1 x

имеем

b

g

g

FG 1 IJ H xK bg

1

- 6 g x = 5x .

bg

Исключая из этих уравнений g носительно g x :
6
2

bg g b xg

F 1I GH x JK

, получаем уравнение от-

+ 5 xg x - x = 0

2

Равенство g x = - x невозможно. Поэтому x cos 2 f x = , 6 следовательно, f x =

bg

LM gbx g MM MN gbx g

= - x, = x 6 .

bg

1 2

d b gi F xI arccos G J H 6K
k 3

.

Вариант 14
1. 0,
6 + 2 n 3

Вариант 12

a D O

Bx

Рис. 17

C

b g lq b FI 4. G n; - nJ H4K F + n; - nI , GH 4 JK

1. 10 л и 20 л. 2. 11. 3. 0; 1 7 2 7 4; + .

g

2. -1 + 1 +

,

Указание. Пусть q знаменатель прогрессии, а 4n упомянутое в условии целое число. Тогда
10 q + q

F GH

bg 8n I J2 5K
, -1
k

18

+

, n Z , n 0, k Z , k 0 .

, где n = 6, 7, ..., 250.

n Z .

e

2

Отсюда
q=

1 2

5. 3/4; 0; 2/9.
+ 1 Ч + 3 || : 3 = = = 8 : 4 || 2

6. 7
- 1 || 6

+ q < 4 n при q = 1, т.е. Из условия q > 1 следует, что 10 n > 5. 1 3. 14 ч. Указание. Пусть единица площади это площадь 2 одного поля, а тракторы вспахивают поле за х, у и z часов соответственно. Из условия получаем 1 3 =, x y

F GG H

j

= 4 n 1000 , q > 1. 8n 5

1+

-1 +

I JJ , K eq

где n 250 .

2

j

Вариант 13
1. 0 .

lq

2. 4.

3. -8; - 6 7 3; 10 .

ge

j

4. 120њ, 30њ, 30њ. 5 + 2 l , l Z . Указание. Из условия 5. + 2 m , m Z ; 12 12 следует, что
cos 5 x +

F GH

3 4

I JK

+ cos x -

F GH

4

I JK

= -2 cos 3 x +

F GH

4

I JK

.

Осталось найти решения этого уравнения и выбрать те из них, при которых возрастают соответствующие показатели степени. 13 . Указание. Докажите, что шар касается сторон 6. 16 - 9 основания пирамиды. 7. 3 2 ; 6 . Обозначив через g x = cos 2 f x , приходим к уравнению

bg

d b gi
.

gx

bg

1

- 6g

F 1I GH x JK

=

5 x

Решив эту систему, находим х = 16, у = 48, z = 18. Если переездов с одного поля на другое нет, то на одном поле работает один трактор, на другом два, причем работа закончится не раньше, чем через 16 часов. Если же предположить, что есть переезды с одного поля на другое, то 'ущерб' от них был бы минимален при следующих условиях: 1) переезд всего один, и выполняет его наименее производительный трактор, т.е. второй; 2) все три трактора заканчивают работу одновременно (что означает отсутствие их простоев). Эти условия выполняются, если второй трактор начинает работу с первым в течение t ч на одном поле, а затем переезжает на другое поле, где заканчивает работу с третьим за s ч. Составив систему уравнений и решив ее, получим, что общее время при таком порядке работы равно 14,5 ч, что меньше 16 ч. 10 ; + . Указание. Неравенство равносильно 4. 3; 1 + 5 7 3

R | | | S | | | | T

x + 2 = z, 1 x + 1 y + 1 z = 5 36 .

e

j LMN

I JK


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61
2 F2 F3 3 N4 Fтр4 O2 mg 4 4 F4 N2 N3 Fтр3

такому:
log
2 x -2 x- 3

log 2 x - 2x - 2 . x -2 x - 3 x +1 5. 769 8 . Указание. Пусть SA = x. Выразите через х объем 1 1 V пирамиды, пользуясь формулами V = xS ABC и V = rS , 3 3 где S площадь поверхности пирамиды, и получите уравнение, решив которое, найдите х. Радиус описанной сферы равен гипотенузе прямоугольного треугольника OAO , где О центр сферы, O центр окружности, описанной вокруг треугольника АВС.

e

x - 2x - 3 x + 4

2

jb

g

2

1 N1 O mg F 1 тр1 1
Рис. 18

F1

O mg F 1 тр2 2

O2

mg 3

1. 4; 1 + 7

2. 4%. 5 + 2n , 3. -2; - 3 . 4. + 2n , n Z . 12 12 5. 300/17. Указание. Докажите, что вписанная окружность касается стороны ВС в ее середине.

b

e

j 2. 2g 7 b1; + g
2

Вариант 15

2 3, 2, 1, 2, ..., 17.

6. a =

t + t + 4t - 4

, где t = 16

FG H

2+n+

1 n

IJ K

при n = 5, 4,

1. -; 2 7 4. -3;

5. -4; 2 . Указание. Условие равносильно тому, что неравен2 ство x - 2 x + a 5 выполняется при всех x -1; 2 , а это

b b

g 3g 7

F5+ GG 4 H b3; 4 g .

Вариант 16
17 ;+ .

I JJ K

2. 1.

3.

4

+

2 3

+ 2k , k Z .

циальной Fтр i . Точки приложения этих составляющих в первом и втором случаях обозначены на рисунке буквой O1 , а в третьем и четвертом O2 . Поскольку куб не должен скользить по крышке, согласно второму закону Ньютона должны выполняться равенства Ni - mg + Fi sin i = 0 ,
Fтр i - Fi cos i = 0 ,

лена нить. На рисунке 18 показаны сечения куба вертикальной плоскостью, в которой располагается нить; здесь же показаны силы, действующие на куб, когда за нить тянут вверх или вниз под углом i к горизонту с силой Fi такой, что при ее незначительном увеличении куб начал бы поворачиваться. В первом случае угол наклона нити к горизонту 1 будем считать отрицательным, а во всех остальных положительным. Поскольку куб является однородным, действующая на него сила тяжести mg приложена к центру куба. Результирующая сил реакции крышки, как это обычно и делают, изоб ражена в виде двух составляющих: нормальной Ni и танген

где i = 1, 2, 3, 4. При этом
Fтр i чN i .

равносильно справедливости неравенства где t = x - 1 , при всех 0 t 4 . 6. 30. 7. 2.

b

g

2

b

t + a - 6 t + a + 4 0,

gb

g

Для того чтобы куб поворачивался относительно осей, проходящих через точки O1 или O2 , алгебраическая сумма моментов сил в рассматриваемых случаях должна быть равна нулю:
0,5amg - aF1 cos 1 = 0 ,

ФИЗИКА Физический факультет
1. Считая, как это обычно и делается в подобных задачах, катушку твердым телом, ее движение можно представить как сумму поступательного движения со скоростью vO , равной скорости движения оси катушки, и вращения с угловой скоростью вокруг этой оси. Поскольку качение катушки происходит без проскальзывания, = vO R . В тот момент, когда скорость оси катушки равна vO , скорость точки В должна быть равна v B = vO r = R - r vO R , а потому при движении катушки с течением времени длина отрезка нерастяжимой нити АВ должна уменьшаться. При этом искомый промежуток времени должен удовлетворять уравнению

0,5amg - aF2 cos 2 = 0 ,

05amg - aF3 sin 3 + aF3 cos 3 = 0 , ,
0,5amg - aF4 sin 4 - aF4 cos 4 = 0 ,

где а ребро куба. Из написанных уравнений следует, что величина силы натяжения нити в первом и втором случаях должна быть равна
Fi = mg 2 cos i , причем tg i 1 ч - 2 . Поскольку по условию задачи ч < 0,5, то tg i < 0. Значит, второй случай при заданных условиях не реализуется, а в первом случае F1
min

d

i

b

g

= 0,5 5 -

4 ч

+

1 ч
2

mg .

L =

где a0 = aR R - r ходим

b

bg g

L0 n

= L0 -

d

a0 - a 2

i

В третьем случае
F3 = 2 sin 3 - cos = mg

2

, причем

ускорение центра катушки. Отсюда на-

d

mg
3

i

,

=

2L0 n - 1 R - r anr

b

gb

g

.

2. Поскольку нить прикреплена к середине одного из верхних горизонтальных ребер и ее тянут перпендикулярно этому ребру, из соображений симметрии можно утверждать, что куб должен начать поворачиваться вокруг одного из нижних ребер, параллельных тому ребру, к середине которого прикреп-

< F1 min , 2 и нить следует тянуть вертикально вверх. Наконец, в четвертом случае mg mg = F4 = . 2 sin 4 + cos 4 2 2 sin 4 + 4 F3
min

d

i

Поскольку максимального значения синус угла достигает тогда, когда угол становится равным 2 , то при 4 = 4 иско-

d

i


62
мая сила натяжения нити равна mg = F4 4 = . 4 22

КВАНT 2001/?1

F GH

I JK

решая которое, найдем
, x = 05

Конечно, это утверждение будет верно, если 1 3 ч . Если же 0 ч 1 3 , то нить следует тянуть под углом 4 = = arccos ч ния

FG H нити

должна быть

b1

- 2ч

g

2

+ч

IJ . K равна
2

При этом искомая сила натяже-

F4 0 ч 1 3 = mg

b

g

b1

- 2ч

2 1- ч

3. Давление воды в любой нижней точке кольца должно быть ровно a + в g H - h , где a атмосферное давление, а Н высота кольца. С другой стороны, это давление должно быть равно давлению, обусловленному действием сил тяжести кольца и давления воздуха на кольцо, т.е. должно выполняться соотношение a + в g H - h = a + д gH . Следовательно, в H - h = дH .

b

g

2

g

+ч

2

.

b

g

5. Как известно, коэффициент полезного действия цикла равен отношению работы, совершенной газом за цикл, к количеству теплоты, полученному газом от нагревателя за то же время. На участке 12 объем газа увеличивается при одновременном увеличении его давления, работа газа на этом участке равна p1 + p2 V2 - V1 . A12 = 2 На участке 23 газ работы не совершает, а на участке 31 работа отрицательна и равна

FH nb

n + 8 - 2 - n L 0,14 L .

g

IK

d

id

i

A31 = V1 - V2 p1 .

d

i

b

g

Таким образом, работа газа за цикл равна
A = A12 + A31 =

d

p2 - p1 V2 - V1 2

id

i

При заливании масла в отверстие в кольце, поскольку плотность масла меньше плотности дерева, нижний уровень масла не может опуститься ниже горизонтальной плоскости, совпадающей с нижними точками кольца. Поэтому из отверстия в кольце масло вытеснит лишь часть воды, а толщина h1 слоя воды, оставшейся внутри кольца, должна удовлетворять уравнению

b

g

.

Определим теперь количество теплоты, полученное газом за цикл от нагревателя. На участке 12 газ совершает работу, при этом его давление и объем, а с ними температура и внутренняя энергия газа должны возрастать. Поэтому на этом участке газ должен получать тепло. На основании первого закона термодинамики,
Q12 = A12 + U12 = A12 + 15 R T2 - T1 . ,

в H - h = в h1 + м H - h1 . При этом глубина погружения кольца в воду изменяться не может. Из сказанного ясно, что одновременно с увеличением объема залитого в кольцо масла уровень воды в сосуде и кольцо будут одновременно подниматься. Поэтому для искомой высоты подъема воды можно записать уравнение xR = H - h - h1 r . Решая совместно все полученные уравнения, определим искомую высоту подъема воды:
x=
2

b

g

d

i

d

i

d

i

2

4. В исходном состоянии ртуть полностью заполняла левую часть сосуда, но не оказывала давления на его верхнюю грань. Значит, давление воздуха было равно gh p1 = , 2 где плотность ртути, а h высота поршня. Если высоту столба ртути при конечной температуре обозначить h2 , то давление воздуха в правой части сосуда должно удовлетворять соотношению 2 gh2 p2 h = . 2 Таким образом, для интересующего нас перемещения поршня х можно записать равенство

d

hr в -

2

м

м

i

R

2

.

На втором участке температура газа уменьшается, и газ не совершает работы; следовательно, на этом участке газ должен отдавать тепло холодильнику. Можно доказать, что и на третьем участке газ отдает тепло холодильнику. Таким образом, за цикл газ получает от нагревателя количество теплоты Q12 . Легко видеть, что в точке 1 температура газа минимальна, а в точке 2 максимальна, поэтому T2 T1 = n. В то же время, согласно уравнению КлапейронаМенделеева, температура газа в точке 3 равна T3 = pV2 R . Поскольку на участке 23 1 газ охлаждается изохорически, а на участке 31 изобарически, T3 = TV2 V1 = p1T2 p2 . Отсюда, с учетом того, что 1 p1 V1 = p2 V2 (точки 1 и 2 лежат на прямой, проходящей через начало координат pV-диаграммы), получим Тогда

T3 = A = 0,5 RT1

T1T2 =

n T1 .

e

n - 1 , Q12 = 2 RT1 n - 1 , A Q12 = 4

j

2

b

g

=

e

n -1

n +1

j

.

hL = h2 L + x , т.к. площадь поперечного сечения сосуда неизменна. Для воздуха на основании объединенного газового закона получим pV1 = np2V2 , или p1L = np2 L - x . 1 Для упрощения дальнейших вычислений обозначим x/L = z. Тогда из составленных ранее уравнений следует

b

g

Максимально достижимый КПД, получающийся при использовании цикла Карно, равен T K = 1 - x , Tн где Tн температура нагревателя ( T1 ), а Tx холодильника ( T2 ). Следовательно, искомое отношение равно



K

b

g



=

4

e

n +1 n

j

2

= 9.

p1 p
2

=

h h

2 2 2

= 1+ z

b

g = b1 - z g
2

n.

Последнее соотношение эквивалентно уравнению
2 z + 2 + n z + 1 - n = 0,

b

g

6. По условию задачи морозильник работает по циклу Карно. В школьном курсе обычно не анализируется работа холодильных тепловых машин, а рассматриваются лишь тепловые двигатели. Однако, поскольку цикл Карно является обратимым, соотношения между совершаемой рабочим веществом работой, потребляемым от нагревателя и передаваемым холодильнику теплом не должны изменяться при изменении направления прохождения цикла.Отсюда легко найти искомую мини-


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

мальную мощность мотора:
N= Q T2 - T1 T1
м

d

i

11 Вт .

7. После перевода ключа K в положение 1 конденсатор емкостью C1 начинает заряжаться через диод D1 и резистор R. К моменту перевода ключа в положение 2 заряд этого конденсатора станет равным q11 = C1E . При этом конденсатор емкостью C2 должен оставаться незаряженным, т.е. q21 = 0. После переключения ключа в положение 2 диод D1 переходит в непроводящее состояние, а включенный последовательно с конденсаторами диод D2 можно заменить проводником с нулевым сопротивлением. Если установившиеся напряжения на первом и втором конденсаторах после перевода ключа в положение 2 обозначить U1 и U2 , а заряды этих конденсаторов q12 и q22 , то можно записать q12 = CU1 , q22 = C2U2 . По про1 шествии достаточно большого промежутка времени напряжение на резисторе R должно стать равным нулю (конденсаторы полностью зарядились, и, следовательно, ток в цепи прекратился), поэтому сумма напряжений на конденсаторах будет равна ЭДС батареи E . В то же время на основании закона сохранения заряда можно записать равенство q12 q22 = = - q11 . С учетом двух предыдущих соотношений последнее выражение эквивалентно уравнению

d

E - U2 C1 - U2C2 = - EC1 ,

i

решая которое, определим искомый заряд конденсатора емкостью C2 : 2C1C2 E q22 = . C1 + C2 8. Пронизывающий рамку магнитный поток в момент времени t равен где t = t угол между вектором индукции B внешнего поля и нормалью к плоскости рамки. Изменение этого потока приводит к возникновению ЭДС индукции: = BNS sin t . Et =- t Поскольку проводники рамки замкнуты накоротко, а ее общее сопротивление равно R, согласно закону Ома в рамке возникает ток Et It = . R При этом выделяется мгновенная тепловая мощность

bg

t = BNS cos t ,


bg

bg

пендикулярно указанной плоскости. Поэтому 2 2 можно утверждать, что ход луча света в диске R 3 должен быть симмет3 ричным относительно радиуса, перпендикулярного плоскости разL! 1* 1 2 2* реза. На рисунке 19 поРис. 19 казан ход двух лучей, удовлетворяющих этому условию, причем первый луч испытывает два, а второй три отражения. Поскольку нормалью к боковой поверхности диска в заданной точке является радиус, проведенный в эту точку, на основании закона отражения можно утверждать, что свет внутри диска распространяется вдоль сторон правильного многоугольника. Как известно, сумма углов правильного 2k-угольника равна k = 2 k - 1 . Поэтому угол k падения луча, испытывающего при распространении в половине диска k отражений и выходящего параллельно падающему лучу, равен 1 k = k = 05 1 - , . k 4k По условию задачи интенсивность выходящего пучка света лишь незначительно отличается от интенсивности падающего пучка. Это возможно только в том случае, если при отражении света на границе ледвоздух имеет место явление полного внутреннего отражения. Как известно, это явление возникает, когда синус угла падения становится равным обратной величине относительного показателя преломления, т.е. угол o падения удовлетворяет условию arcsin 1 n 50,3 . Отсюда следует, что условия задачи будут выполнены, если при своем распространении в половине диска свет будет испытывать не менее трех отражений. Обратившись к рисунку 19, определим возможные значения искомого расстояния:

b

g

F GH

I JK

bg

bg

Lk = 2 R sin 0,5 1 -

F GH

F GH

1 k

II JK JK

, где k = 3, 4, ...

bg

bg

2 P t = RI t .

bg

bg

На основании закона сохранения энергии можно утверждать, что для поддержания неизменной скорости вращения рамки потери энергии, обусловленные выделением тепла, должны компенсироваться работой внешних сил
A t = M t t .

bg

bg

10. Поскольку точечный источник помещен в главный фокус линзы, выходящий из линзы пучок света параллелен ее главной оптической оси. Учитывая, что эта ось перпендикулярна передней грани призмы, а диаметр линзы больше размеров этой грани, следует считать, что вся призма полностью залита светом, и падающий на призму пучок проходит через ее переднюю грань, не изменяя своего направления распространения. При выходе из призмы пучок света за счет преломления расщепляется на два пучка параллельных лучей. Согласно закону преломления, с учетом принятых на рисунке 20 обозначений, можно утверждать, что оси выходящих пучков образуют с осью падающего на призму пучка углы 1 и 2 такие, что 1 = 1 и 2 = 2 , причем sin 1 = = n1 sin и sin 2 = n2 sin . По условию задачи ?1, поэтому
1 n1 - 1 и

Отсюда следует, что
Mt=P

bg

bt g = b

BNS sin t R

g

2

2 n2 - . Поскольку
.
n1 > n2 , получаем 1 > 2 . Интерференционная картина может наблюдаться только в области перекрытия выходящих из призмы пучков, т.е. внутри параллелограмма OBEK, а плоскость экрана перпендикулярна главной оптической оси линзы, поэтому максимальный размер интерференционной картины

d d

i 1i

1 b

C 1 D O A K 2 B E

Учитывая, что среднее значение квадрата гармонической функции за период равно 0,5, а среднее значение момента сил, действующих на рамку, по условию равно M cp , получаем 2RM cp B= . NS 9. По условию задачи пучок света, падающий нормально на диаметральную плоскость разреза диска, должен выйти пер-

Рис. 20


64
1 L


КВАНT 2001/?1

3. h = H

4. = 1V1 + 2V2 5. 6. 7. 8.

2

x x M

9. @ = ( -1)/(, ) = 6 с м . 10. I = W e hc t 5 10

i dV + V i 27% . T = 2 A d 3 R b1 - g i = 2,5 K . E = v - v b e m g 89 10 В м , r = bk - 1g R = 4 Ом . U = m b t g R b2e g = 2,9 10 B ,
1 2 2 2 4 0 2 2 4

d

2 5,66 м .

. где = 4 рад .
8


Рис. 21

b

g

-3

A , где c = 3 10

м с.

будет равен длине отрезка АВ, равного

AB = OD = OC - DC = b - b tg tg 1 1 - n1 - 1 2 b .
Для вычисления ширины интерференционной полосы обратимся к рисунку 21, на котором изображено сечение плоскостью чертежа той части экрана, которая находится в области перекрытия световых пучков. Пусть разность хода пересекающихся в точке L световых лучей 1 и 2 равна нулю. Тогда в этой точке будет наблюдаться интерференционный максимум нулевого порядка, а в точке М максимум первого порядка, если разность хода x1 + x 2 попадающих в эту точку лучей 1 и 2 равна . Поскольку x1 = = sin 1 1 и
x2 = = sin 2 2 , то искомую ширину можно найти из соотношения

ed

ij

Информацию о журнале 'Квант' и некоторые материалы из журнала можно найти в ИНТЕРНЕТЕ по адресам: Курьер образования http://www.courier.com.ru Vivos Voco! http://vivovoco.nns.ru (раздел 'Из номера')

n1 + n2 - 2 .
Видно, что ширина наблюдаемой интерференционной полосы не зависит от расстояния, на котором находится экран от призмы, поэтому искомое максимальное число интерференционных полос должно быть равно целой части отношения
AB

d

i

d

n1 + n2 - 2 1 - n1 - 1 b

ie d

ij
2

.

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

Факультет вычислительной математики и кибернетики
1. v0 = va1 a1 - a2 = 100 км/ч. 2. a = g 9 ч + 4 = 20,5 м с . 4. h =
2Mah p0 S + M g - a
2 2

b

g

НОМЕР ОФОРМИЛИ
Д.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, А.И.Пацхверия, Л.Н.Тишков, П.И.Чернуский

3. = 1

3 0,5 8 .

5. Q = 5 l p0 S + Mg sin 2 73,3 Дж . 6. q = 7. L =
1- q1r2 - q2 r1 r1 + r2 167 10 ,
-9

d

b

g

= 4 см .

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
Е.В.Морозова

i

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

Кл .

ЗАВЕДУЮЩАЯ РЕДАКЦИЕЙ
Л.З.Симакова
Журнал 'Квант' зарегистрирован в Комитете РФ по печати. Рег. св-во ?0110473

l
2 0 2

d

2 0lm1m 2v

385 м . ,

m1 + m 2 q1 q L C1 + C

i

8. I

max

=U

10. d =

F 2b - a

2b - a - 2 F

b

d

C1C

2 2

g

i

= 075 A . 9. n = ,



= 06 . ,

Адрес редакции: 117296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант', тел. 930-56-48 Отпечатано на Ордена Трудового Красного Знамени Чеховском полиграфическом комбинате Комитета Российской Федерации по печати 142300 г.Чехов Московской области Заказ ?

= 30 с м .

Химический факультет
1. F2 = mg + F1 2 15 H . 2. p = Mv tg = 400 кг м с .