ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 49
5. Теплоизолированный цилиндр объемом 1) за какое время Т шар совершает один
V разделен на две части перегородкой. В оборот вокруг горизонтальной оси, проходя-
одной части находится водород в количестве щей через его центр;
Q при температуре T1 , а в другой – азот в
количестве 1,5Q при температуре 5 4 T1 и 2) силу Р, с которой жук действует на шар,
другом давлении. Перегородка прорывает- в тот момент, когда жук находится в высшей
ся. Найдите: точке траектории.
1) какая температура T2 , установится в 3. Две одинаковые гладкие упругие шайбы
смеси; движутся по гладкой горизонтальной по-
верхности (рис. 5). Скорость первой шайбы
2) давление р в смеси.
Рис. 5
Вариант 2
v , скорость второй 2v . Для каждой
1. Теннисист тренируется на горизонталь-
ной площадке, посылая мяч к вертикальной шайбы прямая, сонаправленная с вектором
стенке. В первом случае мяч после удара скорости и проходящая через центр шайбы,
ракеткой летит практически с уровня земли касается другой шайбы. Происходит абсо-
со скоростью v0 18 м с под углом D 30q лютно упругое соударение. Найдите:
к горизонту и ударяется в стенку. Во втором
случае мяч стартует из той же точки со 1) скорость v2c (по модулю) второй шайбы
скоростью v0 2 под углом 2D к горизонту и после соударения;
ударяется в ту же точку стенки. Соударения
мяча со стенкой абсолютно упругие. Мяч 2) на какой угол E повернется вектор
движется в вертикальной плоскости, перпен- скорости второй шайбы в результате соуда-
дикулярной стенке. Силой сопротивления рения.
воздуха пренебречь. Ускорение свободного
падения g 10 м с2. Найдите: 4. В цилиндре с вертикальными гладкими
стенками под покоящимся поршнем нахо-
1) через какое время W мяч будет нахо- дятся вода и влажный воздух при температу-
диться на максимальной высоте в первом ре t1 100 qC . Площадь поршня S 80 см2,
случае; масса М поршня такова, что Mg 0,3p0S,
где p0 1,0 105 Па – давление в окружаю-
2) на какой высоте h мяч ударится в щей атмосфере. Высота поршня над поверх-
стенку; ностью воды Н = 30 см. Температуру в
цилиндре медленно уменьшают до t2 4 qC .
3) на каком расстоянии L от стенки мяч Давление водяного пара при t2 считайте
упадет на площадку во втором случае. пренебрежимо малым. Универсальная газо-
2. Тонкостенный полый шар радиусом R = вая постоянная R 8,31 Дж моль К . Мо-
= 0,05 м зажат между двумя горизонталь-
ными параллельными пластинами, одна из лярная масса воды 01 18 10 3 кг моль .
которых движется вправо со скоростью Найдите:
v1 0,8 м с , а другая – влево со скоростью
v2 0,2 м с (рис.4). Проскальзывания меж- 1) массу Mп пара в цилиндре при
t1 100 qC ;
Рис. 4
2) на каком расстоянии h от поверхности
ду пластинами и шаром нет. На внутренней воды остановится поршень при температу-
поверхности полого шара сидит жук массой ре t2 .
m = 2 г. Ускорение свободного падения
g 10 м с2 . Найдите: 5. Теплоизолированный сосуд объемом V
разделен на две части перегородкой. В одной
части находится гелий в количестве Q при
температуре T1 , а в другой – кислород в
количестве 2Q при температуре 4 5T1 и при
другом давлении. Перегородка прорывает-
50 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
ся. Известно, что молярная теплоемкость 3. В электрической
кислорода при постоянном объеме равна цепи (рис.7) все эле-
2,5R. Найдите: менты идеальные, их
параметры указаны.
1) какая температура T2 , установится в Ключ K замыкают.
смеси; Найдите:
2) давление р в смеси. 1) напряжение на Рис. 7
катушке индуктивно-
11 класс сти сразу после замыкания ключа;
Вариант 1 2) максимальную скорость изменения энер-
гии Nmax в катушке индуктивности;
1. На гладкой горизонтальной поверхнос-
3) скорость изменения тока в цепи в мо-
ти стола покоится клин. Гладкая наклонная мент, когда скорость изменения энергии в
катушке равна 24 49 от максимальной ско-
поверхность клина образует с горизонтом рости Nmax .
угол D такой, что 4. По длинному соленоиду пропускается
переменный ток, изменяющийся по гармони-
cos D 0,6 . Если шайбе, ческому закону с циклической частотой Z . В
результате вдали от торцов соленоида внут-
находящейся у основания ри него возникает однородное магнитное
поле с максимальной индукцией B0 . В плос-
клина, сообщить началь- кости торца соленоида между двумя закреп-
ленными тонкими гладкими стеклянными
ную скорость v0 вдоль пластинами помещена прямоугольная жест-
поверхности клина кая рамка из проволоки со сторонами а и 2а
(рис.8). Зазор между пластинами незначи-
(рис.6), то к моменту до-
Рис. 8
стижения шайбой высшей
тельно больше диаметра проволоки. Сопро-
Рис. 6 точки траектории скорость тивление единицы длины проволоки U .
Магнитное поле, создаваемое током в рамке,
шайбы уменьшается в n = значительно слабее поля соленоида. Разме-
ры рамки сравнимы с диаметром соленоида.
= 5 раз. В процессе движения шайба безот- Найдите:
рывно скользит по клину, а клин – по столу. 1) максимальный ток в рамке;
2) максимальную силу натяжения длин-
Ускорение свободного падения равно g. Счи- ной стороны рамки.
5. На главной оптической оси тонкой рас-
тайте известными v0 , n и D . Найдите: сеивающей линзы с фокусным расстоянием
1) отношение m M массы шайбы к массе F 30 см находится муравей S на рассто-
янии d1 45 см от линзы (рис.9). По дру-
клина; гую сторону линзы
находится плоское
2) на какую максимальную высоту Н, зеркало, перемеща-
ющееся вдоль глав-
отсчитанную от точки старта, поднимается ной оптической оси
линзы со скоростью
шайба в процессе движения по клину; v 6 мм c . В неко- Рис. 9
3) через какое время Т после старта шайба
поднимется на максимальную высоту.
2. Подвижный поршень делит объем гори-
зонтально расположенного сосуда на два
отсека с общим объемом V = 150 л. В пер-
вый отсек ввели Q1 = 1 моль воды, а во
второй ввели Q2 = 2 моль азота. Можно
считать, что объем введенной воды намного
меньше V. В отсеках установилась темпера-
тура T1 = 275 К. Сосуд вместе с содержи-
мым прогревают до температуры
T2 = 373 К. Давление насыщенного пара
воды при температуре T1 равно
pн = 705 Па. Плотность воды U 1 г см3 .
Трением между поршнем и стенкой сосуда
пренебречь. Найдите:
1) давление p1 в сосуде до прогревания;
2) объем V1 первого отсека до прогрева-
ния;
3) давление p2 в сосуде после прогрева-
ния.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 51
торый момент времени t0 зеркало было на 2) работу, совершенную газом в процессе
расстоянии L = 6 см от линзы. Найдите:
1–2;
1) на каком расстоянии от линзы получит-
ся изображение муравья при отсутствии зер- 3) КПД цикла.
кала;
3. В электрической цепи (рис.11) все эле-
2) на каком расстоянии от линзы получит-
ся изображение муравья в момент времени менты идеальные, их параметры указаны,
t0 в оптической системе, состоящей из линзы
и зеркала; конденсатор не заря-
3) с какой скоростью движется изображе- жен. Ключ K замы-
ние муравья в момент времени t0 в этой
оптической системе. кают. Найдите:
1) какой макси-
мальный ток будет
течь через резистор
после замыкания Рис. 11
ключа;
Вариант 2
2) максимальную скорость изменения энер-
1. Самолет совершает перелет дальностью гии Nmax конденсатора;
3) напряжение на конденсаторе в момент,
L = 2000 км на высоте h | 10 км с постоян-
когда скорость изменения энергии конденса-
ной скоростью. Отношение подъемной силы
к силе сопротивления воздуха (аэродинами- тора равна 5 9 от максимальной скорости
ческое качество самолета) остается постоян- Nmax .
4. В цепи, схема которой показана на
ным и равным K = 20 почти все время
полета. КПД двигателя K 40% , удельная рисунке 12, все элементы идеальные, их
теплота сгорания топлива q 50 МДж кг .
Масса израсходованного топлива значитель-
но меньше общей массы самолета. Влиянием
ветра пренебречь. Сила сопротивления на-
правлена против скорости. Подъемная сила
перпендикулярна скорости. Найдите:
1) отношение х силы тяги (развивается
двигателем в направлении скорости) к силе
тяжести, действующей на самолет;
2) долю D массы израсходованного топли-
ва от массы самолета. Рис. 12
2. На диаграмме зависимости температуры параметры указаны, причем L1 L , L2 2L ,
L3 3L , L4 4L . Конденсатор емкостью С
Т газа от объема V для гелия в количестве заряжен до напряжения U0 , ключи разомк-
нуты, режим в цепи установился. Ключ K1
Q 1 моль показано (рис.10), что сначала замыкают. Когда напряжение на конденса-
торе уменьшается в 3 раза, замыкают ключ
газ переводится K2 . Найдите:
из состояния с 1) ток I0 через L1 непосредственно перед
замыканием ключа K2 ;
температурой
2) напряжение на конденсаторе в устано-
T1 100 К в вившемся режиме после замыкания ключа
процессе 1–2 K2 ;
прямой пропор- 3) количество теплоты, выделившееся в
цепи после замыкания ключа K2 .
циональной зави-
5. На главной оптической оси тонкой соби-
Рис. 10 симости темпера- рающей линзы с фокусным расстоянием
туры от объема, F = 16 см находится муха S на расстоянии
d1 = 24 см от линзы (рис.13). По другую
при этом объем газа увеличивается в 2 раза. сторону линзы расположено плоское зерка-
ло, перемещающееся вдоль главной оптичес-
Затем газ охлаждается до температуры
T3 T1 в изохорическом процессе 2–3. Да-
лее в изотермическом процессе 3–1 газ пере-
ходит в начальное состояние, при этом внеш-
нее давление совершает над газом работу
A31 | 576 Дж. Найдите:
1) максимальную температуру газа в этом
цикле;
52 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
кой оси линзы со ско- оптической системе, состоящей из линзы и
зеркала;
ростью v 1 мм с . В
3) с какой скоростью движется изображе-
некоторый момент ние мухи в момент времени t0 в этой оптичес-
кой системе.
времени t0 зеркало
было на расстоянии Публикацию по математике подготовили
Н.Агаханов, И.Богданов, И.Глухов,
Рис. 13 L = 36 см от лин-
А.Головко, С.Городецкий, В.Дубинская,
зы. Найдите: Ю.Кузьменко, О.Подлипский, Д.Терёшин;
1) на каком расстоянии от линзы полу- по физике – В.Бабинцев, В.Плис, В.Ус-
ков, В.Чивелёв, А.Шеронов, Ю.Юрьев
чится изображение мухи при отсутствии
зеркала;
2) на каком расстоянии от линзы получит-
ся изображение мухи в момент времени t0 в
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ Второе решение. Из условия задачи следует,
ЗАДАЧИ что количество чисел кратно шести. Предполо-
жим, что их хотя бы 12, тогда и двоек хотя бы
(см. «Квант» №8) 12. Так как только в одном числе 22 могут быть
1. Решение показано на рисунке 1. две двойки, то не менее десяти чисел должны
содержать двойку и другую цифру. При этом в
Рис. 1 шести числах есть цифра 3. Значит, не меньше
чем 10 + 6 – 12 = 4 числа должны содержать и 2,
2. 10. и 3. Но двузначных чисел, содержащих 2 и 3,
Оценка. Есть ровно две вертикали и ровно две только два: 23 и 32. Противоречие. Значит,
горизонтали, которые не заняты ладьями. На их чисел шесть. Пример приведен выше.
4. а) Решение этого пункта следует из решения
пересечениях ровно четыре клетки. Слоны могут пункта б).
стоять только в этих б) Первый способ. Выберем вопрос с заведомо
клетках, поэтому их известным ответом, например: «Верно ли, что
не больше четырех. дважды два равно четырем?» Теперь будем зада-
Пример показан на вать его островитянам, пока не получим семь
рисунке 2. одинаковых ответов. Так как рыцари и лжецы
3. Шесть. дают на этот вопрос разные ответы, и каждых из
них на острове не более шести, то среди семи
Первое решение. одинаково ответивших островитян есть монахи.
А так как все монахи отвечают одинаково, то
Только одно двузнач- среди ответивших иначе их нет. Назовем эту
группу людей «чистой». Далее заметим, что, во-
ное число записыва- первых, мы знаем, из лжецов или рыцарей со-
стоит «чистая» группа, а во-вторых, зная, кто
ется двумя двойками перед нами (рыцарь или лжец) и задав два
вопроса «Я рыцарь?» и «Я лжец?» (и заменив
Рис. 2 – это 22, поэтому ответы на противоположные, если разговарива-
только одно из ука- ем со лжецом), мы сможем узнать, кто мы.
Возможны три случая.
занных чисел может быть без цифры 2. Суще- 1) Если в «чистой» группе никого не оказалось,
то попытаемся все же найти человека в эту
ствуют только два двузначных числа, в записи группу. В худшем случае мы можем задать 12
которых есть и 2, и 3, – это 23, 32. Еще в одном вопросов и так никого и не найти, продолжая
числе может быть тройка без двойки. Эти три получать один и тот же ответ. Но тогда, если эти
одинаковые ответы были «да», то это 6 рыцарей
числа составляют по крайней мере половину от
заданных, но из условия задачи следует, что
всего чисел не менее шести. Следовательно, их
ровно шесть. Это выполняется, например, для
набора 22, 23, 32, 25, 52, 30.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 53
и 6 монахов и больше их на острове нет, следова- осталось два вопроса к мирянину, чтобы узнать,
тельно, задающий вопросы – лжец. Аналогично, кто он.
если это ответы «нет», то задающий вопросы – Четвертый способ. Покажем, что хватит и 13
рыцарь. вопросов. Будем задавать островитянам вопрос
2) Если удалось кого-то найти либо в «чистой» «Что бы ты мне ответил, если бы я у тебя
группе уже было от одного до пяти человек, то спросил: верно ли, что ответы на вопросы “Я
задано не более 12 вопросов, и за два вопроса рыцарь?” и “Я с тобой сегодня уже разговари-
представителю чистой группы задающий вопро- вал?” различны?» Заметим, что только монахи
сы узнает, кто он. на этот вопрос могут ответить неправду и что
3) Если в чистой группе шесть человек и это только они на него два раза отвечают одинаково,
рыцари, то, во-первых, рыцарей на острове боль- а остальные первый раз фактически сообщают
ше нет, а во-вторых, задано ровно 13 вопросов. задающему ответ на вопрос, рыцарь он или нет.
Значит, задающий вопросы – не рыцарь, и дос- Поэтому аналогично второму способу решения
таточно еще только одного вопроса «Я лжец?». зададим этот вопрос по два раза шести острови-
Тогда в случае отрицательного ответа задающий тянам. Если мы получили шесть пар одинаковых
вопросы – монах. Аналогично, если это лжецы, ответов, то все монахи найдены и достаточно у
то задающий вопросы – не лжец, и достаточно любого оставшегося жителя за один вопрос уз-
спросить «Я рыцарь?». В случае положительно- нать, кто спрашивающий: рыцарь или лжец.
го ответа он монах. Более шести человек в «чис- Если же кто-то ответил по-разному, то спраши-
той» группе быть не может (по принципу Дирих- вающий узнает, рыцарь он или нет. Если нет, то
ле). у этого же островитянина за один вопрос он
Второй способ. Будем каждому островитянину узнает, кто он: лжец или монах.
два раза подряд задавать вопрос «Говорил ли я с
тобой сегодня?» Рыцари будут отвечать «нет, ЕГЭ ПО ФИЗИКЕ
да», лжецы – «да, нет», а монахи два раза
ответят одинаково. Опросив таким образом шесть Ответы к заданиям 1 – 27
островитян, мы либо найдем рыцаря или лжеца
и за два вопроса узнаем у него, кто мы (см. Решения заданий 28 – 32 (официальные реше-
первый способ), либо найдем шесть монахов. В
этом случае больше монахов нет, значит, спра- ния предметной комиссии)
шивавший – не монах. Зададим еще кому-ни-
будь вопрос с заведомо известным ответом, что- 28. Согласно закону Джоуля–Ленца ©¨¨§Q U2t ·
бы узнать, рыцарь он или лжец. Последним R ¸¹¸
вопросом узнаем у него, кто мы. при протекании электрического тока через на-
Заметим, что в последнем случае можно было
задать на один вопрос меньше, так как узнавать, гревательный элемент выделяется количество теп-
с лжецом или рыцарем мы разговариваем, не
обязательно, можно сразу задать вопрос пример- лоты, которое расходуется на нагревание воды и
но такой формы: «Что бы ты мне ответил, если
бы я у тебя спросил, рыцарь ли я?» Этой же доводит ее до кипения: Q cm tкип t0 . В пер-
идеей будем пользоваться в следующих способах
решения. вом опыте к источнику подключены два нагрева-
Третий способ. Назовем рыцарей и лжецов «ми-
рянами». Придумаем вопрос, на который мона- тельных элемента, соединенных последователь-
хи дают один ответ, а миряне – другой. Напри-
мер: «Что бы ты мне ответил, если бы я тебя но. Их общее сопротивление R R1 R2 . Во
спросил, верно ли, что монах даст отрицатель- втором опыте при переключении ключа K в
ный ответ на этот вопрос?» Будем задавать этот
вопрос, пока не получим 7 одинаковых ответов. положение 2 нагревательный элемент сопротив-
Ясно, что это будут миряне, так как монахов
всего шесть. Это произойдет не позже чем через лением R2 отключается от источника, при этом
13 вопросов. При этом если задано ровно 13 общее сопротивление уменьшается: R R1.
вопросов, то всех шестерых монахов мы уже Уменьшение общего сопротивления нагреватель-
нашли и спрашивающий – не монах. Поэтому
достаточно задать один вопрос мирянину. А если ных элементов R приведет к увеличению выде-
задано менее 13 вопросов, то у спрашивающего ляемой тепловой мощности: N U2 . Следова-
R
54 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
тельно, во втором опыте для доведения воды до Заряд конденсатора равен
кипения потребуется меньше времени: Q = Nt. q1 CU1С СER1 .
R1 R2
Вода закипит быстрее во втором опыте. r
29. В процессе абсолютно неупругого столкнове-
Правая обкладка
ния сохраняется суммарный импульс системы
конденсатора со-
тел: mv m M v1, где v1 – скорость тел после
единена с положи-
столкновения. Так как поверхность гладкая, то
тельным полюсом
трения нет и движение тел от момента удара до
источника и заря-
момента касания свободного конца пружины бу-
жена положитель-
дет равномерным: L v1t1, где t1 – время дви-
жения на этом участке. После касания пружины но. Поэтому ее за-
и до отрыва от нее тела будут двигаться, совер- ряд равен q1 .
Когда ключ K на-
шая гармонические колебания. До отрыва прой-
ходится в положе-
дет время t2 T , где Т – период колебаний
2 нии 2, эквивалент- Рис. 3
груза на пружине: T 2S m M . Отрыв тел от ная схема электри-
k ческой цепи выгля-
пружины произойдет в точке касания пружины. дит, как показано
По закону сохранения механической энергии при на рисунке 4. Ког-
гармонических колебаниях, скорость тел в точке да заряд на кон-
отрыва равна v1 . Дальнейшее движение тел бу- денсаторе уже ус-
дет равномерным. Поэтому полное время движе-
тановился, ток че-
ния тел до точки столкновения равно рез конденсатор
t 2t1 t2 2L T 2L m M S m M равен нулю. На-
v1 2 k
mv . пряжение на кон-
Учитывая, что M = 2m, получим денсаторе равно
t 6L S 3m 0,614 c . напряжению на ре- Рис. 4
vk зисторе R2 :
30. Поскольку в указанном процессе газ не со- U2C IR2 , где по-прежнему I E.
вершает работы и система является теплоизоли- Заряд конденсатора равен r R1 R2
рованной, то в соответствии с первым законом
термодинамики суммарная внутренняя энергия q2 CU2C CER2 .
газов сохраняется: r R1 R2
3 3 3 Правая обкладка конденсатора соединена теперь
2 2 2
Q1RT1 Q2RT2 Q1 Q2 RT , с отрицательным полюсом источника и заряжена
где Т – температура в объединенном сосуде в отрицательно. Поэтому ее заряд равен q2 .
Изменение заряда на правой обкладке конденса-
равновесном состоянии после открытия крана. В тора равно
соответствии с уравнением Менделеева–Клапей- 'q q2 q1 CE R1 R2 ,
рона для конечного состояния можно записать откуда находим r R1 R2
p 2V Q1 Q2 RT .
Исключая из двух записанных уравнений конеч- 'q r R1 R2
C R1 R2
ную температуру Т, получаем искомое выраже- E 3B.
ние для объема:
V Q1T1 Q2T2 R | 1,3 м3 . 32. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта свя-
2p зывает длину световой волны O с работой выхо-
31. Когда ключ K находится в положении 1 (см. да фотоэлектрона Aвых и его максимальной ки-
нетической энергией Wкин :
рис.20 в статье), эквивалентная схема электри-
ческой цепи выглядит, как показано на рисун- hc Aвых Wкин .
O
ке 3. Когда заряд на конденсаторе уже устано-
вился, ток через конденсатор равен нулю. На- Фотоэлектроны останавливаются, если
пряжение на конденсаторе равно напряжению на Wкин eU .
резисторе R1 : E. Связь разности потенциалов U с напряженнос-
U1C IR1 , где I r R1 R2 тью Е однородного электростатического поля
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 55
имеет вид p2 p1 2Ug'h . Поскольку температура в ле-
вом сосуде остается постоянной, то, согласно
U = Ed.
закону Бойля–Мариотта, p0h p1 h 'h , отку-
Объединяя три соотношения, получаем
p0h . Для правого сосуда, используя
hc Aвых да p1 h 'h
O
E 150 В м . объединенный газовый закон, получим равен-
ed
p0h p2 h 'h , откуда p2 p0hT
ство .
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ Сле д оTв0а т е л ь н T справедливо h е'нhс тT0в о
УНИВЕРСИТЕТ ИМЕНИ М.В.ЛОМОНОСОВА о,
рав
h p0hT p0h 2Ug'h . Отсюда находим
h 'h
ФИЗИКА 'h T0
искомую температуру:
Профильный экзамен T T0 h 'h § 2Ug'h p0h · | 373 К .
p0h ¨© 'h ¹¸
МЕХАНИКА h
1. Уравнения движения левого и правого грузов 2. Работа A газа равна сумме работ A12 A23 .
На этапе адиабатного расширения (Q = 0) ра-
соответственно на начальном этапе имеют вид
бота равна A12 'U12 3§ p0 3 V0 p0V0 ·
Ma T1 Mg , M m a M m g T1 . От- 2 ¨© 2 2 ¸¹
3
сюда находим силу натяжения нити при уско- 8 p0V0 . Hа втором этапе работа вычисляется
ренном движении системы: T1 2M M m g . как площадь под графиком зависимости p V ,
m
2M
При равномерном движении системы, когда пе-
т.е. A23 1 § p0 p0 · 3 V0 9 p0V0 . Таким обра-
регрузок удален ограничителем с правого груза, 2 ¨© 2 ¹¸ 2 8
натяжение нити равно T2 Mg . Искомая вели- зом, A 3 p0V0 . Тепло газ получает только на
чина равна 2
'T T2 T1 Mmg | 1,11 Н. этапе увеличения давления. Полученное количе-
2M m
ство теплоты равно сумме приращения внутрен-
2. Скорость налетающей шайбы непосредствен- ней энергии и работы, совершенной газом:
но перед ударом можно определить из закона Q23 'U23 A23
сохранения энергии mv02 Pmgs mv12 . Здесь = 3 § p0 3V0 p0 3 V0 · 9 p0V0 9 p0V0 .
2 2 2 ©¨ 2 2 ¹¸ 8 2
учтено, что работа силы трения скольжения Pmg
до удара отрицательна. Из законов сохранения Искомое отношение равно
импульса и механической энергии при абсолют- K 3p0V0 2 1.
9p0V0 2 3
но упругом центральном ударе одинаковых шайб
следует, что шайбы обмениваются скоростями.
Таким образом, v1 будет начальной скоростью ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
движения шайбы, лежавшей на краю стола. Эта
1. Поскольку силы взаимодействия между шари-
шайба упадет, если после удара сместится на
ками являются внутренними и консервативны-
расстояние R. Поэтому v1 должна быть больше
значения, которое можно найти из равенства ми, в системе из трех шариков сохраняются
mv12 PmgR 0 . Используя записанные урав- импульс и полная механическая энергия. В про-
2
екции на вертикальную ось закон сохранения
нения, приходим к выводу, что искомая мини-
импульса дает равенство mv3 mv1 mv2 0 .
Отсюда и из соображений симметрии следует,
мальная скорость равна v3 . Используя формулу для потен-
что v1 v2 2
v0 2Pg s R 1 м с .
циальной энергии взаимодействия двух точеч-
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА ных зарядов q1 и q2 , находящихся на расстоя-
нии x друг от друга, W q1q2 , находим по-
1. После того, как в правом сосуде из-за нагрева- тенциальную энергию систем4SыH0вx начальном со-
ния газа его объем увеличится, уровень жидко-
сти в правом сосуде опустится на величину 'h и стоянии: Wнач W12 W13 W23 3 q2 . По-
(с учетом одинаковых площадей сосудов) на тенциальная энергия системы будет 4мSиH0нlималь-
столько же поднимется в левом сосуде. Разность
давлений газа в этих сосудах станет равной ной, когда заряды удалятся на максимальное
56 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
расстояние, т.е. будут располагаться на одной сила такой системы D 2 , а ее фокусное рас-
прямой: F
F Согласно формуле
Wкон W13 W23 W1c2 стояние F1 . тонкой лин-
2
2 q2 q2 5q2 . зы, 1 1 1 2 , где b – расстояние от линзы
4SH0l 4SH0 2l 4SH0 2l a обbражFе1нияF
до из предмета. Следовательно,
Из закона сохранения механической энергии на-
aF H b
ходим b 2a F . Поскольку h a , то искомая вы-
v3 q | 3,5 см с . сота изображения предмета равна
6SmH0l
H Fh | 13 мм .
2. Цилиндр находится в равновесии под действи- 2a F
ем сил, модули и направления которых показа- 2. Ход одного из лучей, дающих изображения И
ны на рисунке 5, где и И1 пламени свечи С, показан на рисунке 7.
mg – модуль силы
тяжести, N – мо-
дуль нормальной
составляющей силы
реакции наклонной
плоскости, Fтр –
модуль силы трения
покоя, FA – модуль
силы Ампера. Запи-
сывая уравнение
Рис. 5 моментов относи-
тельно оси цилинд-
ра, имеем 2FAR sin M FтрR , где R – радиус Рис. 7
цилиндра, M – угол, который плоскость рамки
образует с горизонтом. Из условия равновесия Буквой A отмечен луч, распространяющийся в
цилиндра следует, что Fтр mg sin D . По закону отсутствие пластинки, буквой B – при наличии
Ампера, FA IBl . Учитывая эти соотношения, пластинки. Пусть D – угол падения луча на
находим ток I. Минимальное значение найден-
пластинку, а E – угол преломления в ней. Учи-
ный ток принимает при sin M 1 , т.е. при
тывая малость этих углов, запишем закон пре-
M 90q . Таким образом,
ломления в виде D nE . Из рисунка видно, что
Imin mg sin D 0,625 A .
2Bl наличие пластинки приводит к смешению верти-
кально вниз отраженного от зеркала луча B на
ОПТИКА расстояние y | 2 D E d | 2Dd n 1. Посколь-
ку y D , то n
1. Ход лучей, формирующих изображение пред- x искомая величина
мета, изображен на рисунке 6. Для простоты равна
x 2d n 1 0,8 см .
n
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКАЯ
ОЛИМПИАДА «ФИЗТЕХ»
МАТЕМАТИКА
11 класс
Рис. 6 1. 1 . ВАРИАНТ 1
расчета следует учесть, что посеребренную лин- 3 Dx2 + Ex + J – квадратный трехчлен с
зу можно рассматривать как систему двух плос- Пусть
ковыпуклых линз, прижатых плоскими поверх-
ностями вплотную друг к другу. Оптическая положительным дискриминантом T. Тогда его
корни определяются формулой x1,2 = -E ± T ,
2D
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 57
поэтому Отсюда tg x + y может принимать значения ± 1 .
( )x2 - x1 = -E + 26
T - -E - T T Значит,
2D = D.
2tg x + y 2 ◊ ÊËÁ ± 61ˆ˜¯
tg (x + y) = 2 = 1- 1 = ± 12
Применяя эту формулу четыре раза, получаем x+ y 35 .
A = a2 - 8, B = 9 - 4b , 1 - tg2 2 36
C = 1 (3 - 2a)2 - 12 (4 + b) , Так как в условии задано, что выражение
3 tg (x + y) может принимать по крайней мере 3
различных значения, все три полученных случая
D = 1 (6 - 2a)2 - 12 (2 + 2b) .
возможны.
3
Отсюда следует, что Замечание. Несложно убедиться в том, что все 3
случая реализуются.
C2 - D2 = В первом случае получаем систему
(( ) ( ))=1 Ï 2 cos ÁËÊ x - 4S ˜¯ˆ
9 4a2 - 12a - 12b - 39 - a2 - 12a - 24b + 12 = Ô cos y x + y
Ô 2
( )= 1 Ì = -6 2 tg , ¤
3 a2 + 4b - 17 A2 - B2 = a2 + 4b - 17 .
, Ô
ÓÔx
1 = 3S - y + Sk, k ŒZ
Значит, искомое отношение равно 3 . 4
2. -1, 12 или - 12 . Ï cos ÊÁË S-y + Skˆ˜¯ ÁÊË 3S Sk ¯ˆ˜
35 35 Ô 2 8 2
Перемножая два данных равенства, получаем ¤ Ô cos y = -6 tg + , ¤
Ì
cos2 x - sin2 x = -2 , что на ОДЗ равносильно Ô
cos y sin y ÔÓx = 3S - y + Sk, k ŒZ
4
следующему:
ÔÔÏÌ(-1)k ËÁÊ 3S Sk ¯ˆ˜
cos 2x = -2sin y cos y ¤ cos 2x + cos ËÁÊ2y - S2˜ˆ¯ = 0 ¤ tg y = -6 tg 8 + 2 ,
¤ ÔÓÔx 3S
4
¤ 2 cos ËÁÊ x + y - S4ˆ˜¯ cos ËÊÁ x - y + S4ˆ¯˜ = 0 , = - y + Sk, k Œ Z.
Очевидно, у первого уравнения есть решения
откуда следует, что либо x + y - S = S + Sk , (тангенс принимает любые значения), а значит,
4 2
есть решения и у системы.
k Œ Z , либо x - y + S = S + Sk , k ŒZ . Во втором случае подставим x не только в левую
В первом случае 4 2 x+y=
3S часть второго уравнения, но и в правую:
4
получаем, что + Sk , (-1)k 2 = -6 2 tg ÊËÁ y + S + Sk ˆ¯˜ ¤
8 2
k ŒZ , откуда мгновенно следует, что (-1)k+1
tg (x + y) = -1 .
S tg ÁËÊ y + S + Sk ˜ˆ¯ = 6 .
Во втором случае x = y + 4 + Sk , k ŒZ . Вводя 8 2
дополнительный угол, можем преобразовать чис- Несложно видеть, что это уравнение имеет реше-
ния при любых целых k, поэтому оба значения
литель дроби в левой части второго из исходных
уравнений: tg (x + y) могут приниматься.
sin x + cos x = 3. 119282.
Данные числа, расположенные в порядке возра-
= 2 ÁÊË 1 sin x + 1 cos x¯ˆ˜ = 2 cos ÊËÁ x - S ¯˜ˆ . стания, образуют арифметическую прогрессию с
2 2 4 разностью 2. Следовательно, остатки от деления
на 3 у этих чисел чередуются. Действительно,
Подставляем сюда выражение для x и получаем если какое-то из этих чисел делится на 3, т.е.
имеет вид 3k, где k Œ N , то следующее за ним
2 cos ÊÁË y + S + Sk - S ¯ˆ˜ = 2 cos (y + Sk) = число есть 3k + 2 – и оно дает остаток 2 от
4 4 деления на 3, далее идет 3k + 4, дающее остаток
1 от деления на 3, а затем 3k + 6, которое снова
= 2 (cos y cos Sk - sin y sin Sk) = (-1)k 2 cos y . делится на 3. Таким образом, остатки от деления
данных чисел на 3 идут в порядке …0; 2; 1; 0; 2;
Второе уравнение при этом принимает вид 1; 0...
(-1)k 2 = -6 2 tg x + y .
2
58 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
Среди данных нам чисел есть 44 числа, дающие - 70 ◊ 46 cos J , откуда 46 = 49 + 25 - 70 cos J ,
остаток 1 от деления на 3 (они образуют множе-
ство A = {502; 508; 514; …; 760}), 43 числа, cos J = 2 .
делящихся на 3 (B = {504; 510; 516; …; 756}), 5
43 числа, дающих остаток 2 от деления на 3 (C = Пусть O и Q – центры, а R и r – радиусы
= {506; 512; 518; …; 758}).
Сумма трех чисел может делиться на 3 в следую- окружностей : и Z соответственно; так как
щих случаях.
1) Все три числа дают одинаковые остатки от окружности касаются, точка касания F лежит на
деления на 3. Есть C434 способов выбрать 3
числа из множества A и по C433 способов выб- линии центров OQ и при этом OQ ^ PH . Углы
рать 3 числа из множеств B и C. В сумме
получаем A и F четырехугольника AOFP прямые, поэтому
44 ◊ 43 ◊ 42 + 2 ◊ 43 ◊ 42 ◊ 41 = 13244 + 2 ◊ 12341 =
–AOF = 180∞ - –APF = –BPF = J .
66
= 37926 способов. Рассмотрим прямоугольную трапецию ABQO. В
2) Если не все остатки одинаковы, то подходит ней OQ = R + r, OA = R, BQ = r , AB = 10 46 ,
только случай, когда все три остатка разные, т.е.
мы должны выбрать по одному числу из каждого –AOQ = J . Опуская из точки Q высоту QN на
из множеств A, B, C. Получаем 44 ◊ 43 ◊ 43 =
= 81356 способов. основание AO, получаем прямоугольный тре-
В сумме выходит 119282 способа.
4. HP = 7 46 , r = 5 138 , R = 5 322 . угольник ONQ, в котором QN = AB = 10 46 ,
73 ON = R - r . По теореме Пифагора,
Трижды применяем теорему о касательной и ( )(R + r)2 = (R - r)2 + 2
секущей (рис.8): 10 кроме того,
46 ;
HF2 = HC ◊ HB = 4 ◊ 46 fi HF = 2 46 ;
HF2 = HD ◊ HE fi HE = HF2 = 46 ; 2 = cos J = R - r . Из последнего уравнения по-
HD 5 R + r
BA2 = BD ◊ BE = 50 ◊ 92 fi BA = 10 46 . лучаем R = 7 r , а из первого следует, что
Поскольку отрезки касательных, проведенных к 3
Rr = 25 ◊ 46 . Решая эту систему уравнений, на-
Рис. 8
ходим, что R = 5 322 , r = 5 138 .
окружности из одной точки, равны между собой, 37
PF = PA = PB, следовательно, PF = 1 AB =
5. x Œ ÊÁË - 1;- 1˘ ∪ È - 1 ;- 91 ¯˜ˆ ∪ ÈÎÍ- 1; 0¯˜ˆ ∪ ËÁÊ 0; 1˘ .
2 2 3 ˙˚ ÍÎ 5 11 3 ˙˚
= 5 46 . Итак, PH = PF + FH = 7 46 . Пусть
–BPH = J . Тогда по теореме косинусов для тре- ОДЗ логарифмов неравенства определяется ус-
угольника BPH получаем BH2 = HP2 + BP2 -
- 2BP ◊ PH ◊ cos J , т.е. 462 = 72 ◊ 46 + 52 ◊ 46 - ловиями
1 - 4x2 > 0 ¤ - 1 < x < 1 ,
22
1 - 16x4 π 1 ¤ x π 0 ,
1 + 4x2 > 0 ¤ x Œ R ,
3x2 - 4x + 5 > 0 ¤ x Œ R ,
2 36
3x2 - 4x + 5 π 1¤ ÔÌÏx π - 1 ,
2 3 6 ÔÓx π 9
1.
В итоге получаем x Œ ÊÁË - 1 ; 21˜ˆ¯ и xπ0, xπ -1.
2 9
Обозначим 3x2 - 4x + 5 = u , 1 + 4x2 = v ,
2 36
1 - 4x2 = w . Записываем и преобразуем нера-
венство:
(logu v ◊ logu w + 1) logvw u ≥ 1 ¤
logu v ◊ logu w + 1 - 1 ≥ 0 ¤
logu vw
¤ logu v ◊ logu w + 1 - logu v - logu w ≥ 0 ¤
logu vw
¤ (logu v - 1) (logu w - 1) ≥ 0 .
logu vw
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 59
Для решения этого неравенства далее применяем 3
есть угол наклона прямой, его тангенс равен 4 .
метод рационализации: знак разности Отсюда
loga b - loga c на области допустимых значений 4 5 5x1
- 5, 4 4
совпадает со знаком выражения b - c ; в частно- cos –TAH = AT = AH : cos –TAH = AH = - .
a 1
Аналогично находим, что BT = 5x2 .
сти (при c = 1), знак логарифма loga b совпада- 4
ет со знаком выражения b - 1 . Тогда из после- Отрезка AB и OC – две хорды данной окружно-
a - 1
сти. По теореме о пересекающихся хордах,
днего неравенства получаем
CT ◊ OT = AT ◊ BT , т.е. b ◊ b = - 5x1 ◊ 5x2 . (За-
(v - u) (u - 1) (w - v) ≥ 0 ¤ (v - u) (w - u) ≥ 0 . 44
(u - 1) (u - 1) (vw - 1) (u - 1) (vw - 1)
метим, что для отрезков AB и OC, пересекаю-
Подставляем сюда выражения для u, v, w и щихся в точке T, условие CT ◊ OT = AT ◊ BT
решаем получающееся неравенство: является необходимым и достаточным условием
Ê 5x2 4x 1 ˆ Ê 11x2 4x 1ˆ того, что четыре точки A, B, C, O лежат на
ÁË 2 3 6 ¯˜ ËÁ 2 3 6 ˜¯
+ + - + + одной окружности.) Абсциссы x1 и x2 точек
Ê 3x2 1ˆ ≥ 0 ¤ пересечения прямой y = 3 + b и параболы
6 ¯˜ 4
( )ËÁ 2 4x уравнением
- 3 - -16x4 y= 3 x2 определяются 3 x2 = 3 x +
( ) ( )15x2 + 8x + 1 33x2 - 8x - 1 4 44
+ b ¤ x2 - x - 4b = 0. По теореме Виета,
¤ ≥0¤ 3 x1x2 =
( )x2 9x2 - 8x - 1 = - 4b . Значит, b2 = - 25 ◊ ÁËÊ - 4b ¯ˆ˜ ¤ b2 = 25b ,
3 16 3 12
(5x + 1) (3x + 1) (3x - 1) (11x + 1)
¤ x2 (x - 1) (9x + 1) ≥ 0 ¤ откуда b = 25 .
12
¤ Œ ËÊÁ - •; - 1˘ È - 1;- 91 ˆ¯˜ ÈÍÎ- 1; 0¯˜ˆ ËÁÊ 0; 1˘
3 ˚˙ ÎÍ 5 11 3 ˙˚ Значение b = 0 не подходит, так как при этом
x ∪ ∪ ∪ ∪ заданная прямая принимает вид y = 3 x , т.е.
4
∪ (1;+ •) . проходит через начало координат, что противо-
С учетом ОДЗ остается речит условию.
ÁËÊ 1 1˘ ÈÍÎ- 1;- 91 ¯˜ˆ È 1; 0˜¯ˆ ÊËÁ 0; 1 ˘ При b < 0 (естественно, мы рассматриваем толь-
2 3 ˙˚ 5 ÎÍ 11 3 ˙˚
x Œ - ;- ∪ ∪ - ∪ . ко те b, при которых прямая и парабола имеют
6. b = 25 . две точки пересечения) оба числа x1 и x2 поло-
12 жительны. Точка T является серединой отрезка
Рассмотрим сначала b > 0. Обозначим начало OC (сохраняем все обозначения первого слу-
координат через O (0;0) (рис.9), центр окруж- чая). Тогда, с одной стороны, выходит, что
ности – через Q (a;b)
точка T – середина хорды OC, т.е. лежит внутри
окружности. С другой стороны, точки A и B
(так как он лежит на лежат на окружности, поэтому AB является хор-
прямой y = b, его ор- дой этой окружности, а точка T лежит на про-
дината равна b), точ- должении хорды AB, т.е. вне окружности. Полу-
ки пересечения прямой чаем противоречие, и этот случай невозможен.
7. а) –SAB = arccos 1 ; б) CQ = 52 .
с параболой – через
т(Aаxк1(жx<1е;0y,T1x)(20и;>b0)B) (x2; y2 ) 63
Противоположные стороны четырехугольника
. Пусть
– точка KLMN попарно равны (рис.10), так что он па-
пересечения данной раллелограмм. Поскольку плоскость KLMN пе-
прямой с осью орди- ресекает плоскости ABC и ABS по параллель-
нат, C – точка пересе-
Рис. 9 ным прямым KL и MN, эти прямые параллель-
чения окружности с осью ординат, отличная ны прямой пересечения плоскостей – т.е. AB.
от O. Аналогично, NK LM SC . В правильной тре-
Треугольник QOC равнобедренный (QO = QC угольной пирамиде скрещивающиеся ребра пер-
пендикулярны друг другу, поэтому SC ^ AB , а
как радиусы), QT – его высота, следовательно,
KLMN – прямоугольник. Значит, радиусы ок-
QT также и медиана, CT = OT, поэтому точка C
ружностей :1 и :2 равны 1.
имеет координаты (0;2b) . Опустим из точки A Отсюда также следует, что прямоугольник KLMN
перпендикуляр AH на ось ординат. Тогда –TAH
60 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
чит, –SAB = arccos AP = arccos Q = arccos 1 .
AS 6
Итак, l = 6a, и из подобия имеем
2 = KL = CX = 1- XP = 1- XY = 1- 18 = 1- a3,
2a AB CP CP CS l
откуда a = 4 и l = 24. Пусть PO1 пересекает
SC в точке H. Тогда PH – высота треугольника
SCP, причем (поскольку XY CS )
CH = XO1 = 1 . Значит, CH = SC = 4 . По-
CS XY 18 18 3
скольку O2Q ^ XY , HO1O2Q – прямоугольник,
так что HQ = O1O2 = 16 . Отсюда
CQ = CH + HQ = 52 .
3
Рис. 10 ВАРИАНТ 2
симметричен относительно плоскости D , содер- 1. 26 .
жащей ребро SC и середину AB. Тогда и конусы Пусть f (x) = ax + b . Тогда абсциссы точек пере-
сечения графиков в первом случае определяются
F1 и F2 также симметричны из уравнения x2 + 1 = ax + b , а во втором случае
относительно этой плоскости. – из уравнения x2 = ax + b - 2 .
Поэтому P – середина AB. Рассмотрим первый случай подробнее. Уравне-
Обозначим через X и Y сере- ние имеет вид x2 - ax - (b - 1) = 0 , откуда
дины сторон KL и MN соот- a2 + 4b - 4 ,
2
ветственно, а через O1 и O2 x1,2 = a ± x2 - x1 = a2 + 4b - 4 .
– центры окружностей :1 и
:2 соответственно (рис.11); Так как точки пересечения графиков лежат на
эти четыре точки лежат на
прямой с угловым коэффициентом a, расстояние
оси симметрии прямоуголь-
между точками в a2 + 1 раз больше, чем
ника KLMN, параллельной x2 - x1 . Значит, расстояние между точками рав-
KN, а значит – в плоскости ( ) ( )но a2 + 1 a2 + 4b - 4 . Аналогично находим,
D . Более того, XY SC ,
т.е. треугольники PCS и PXY что во втором случае расстояние между точками
подобны. ( ) ( )равно a2 + 1 a2 + 4b - 8 . Из условия получа-
Рис. 11 Пусть AB = BC = CA = 2a,
SA =SB = SC = l, Q = a l . Тогда CP = a 3 , ем систему уравнений
SP = l2 - a2 . Поскольку XY = KN = 18, из ( )( )ÏÌÔa2
( )( )ÓÔa2
подобия получаем XP = XY , т.е. XP = 18 , + 1 a2 + 4b - 4 = 18,
CP CS a3 l + 1 a2 + 4b - 8 = 10,
XP = 18 3a = 18Q 3. Аналогично, YP = XY , решая которую, находим, что a2 = 1 , b = 3.
l SP CS Найдем необходимое расстояние. Абсциссы то-
чек пересечения определяются уравнением
YP = 18 , YP = 18 l2 - a2 = 18 1 - Q2 . С дру-
SP l l x2 - ax - b = 0 , поэтому x2 - x1 = a2 + 4b =
гой стороны, так как конус F1 – прямой, имеем = 13 , а расстояние между самими точками пе-
PO1 ^ XY , причем XO1 = 1 KL = 1, YO1 = XY - ресечения есть x2 - x1 a2 + 1 = 13 2 = 26 .
2 2. -1 или 1 .
- XO1 = 17 .
Отсюда 5
Заметим, что
172 - 12 = O1Y2 - O1X2 =
cos 3x = cos (2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x =
( ) ( )= O1Y2 + O1P2 - O1X2 + O1P2 =
( )= PY2 - PX2 = 182 1 - Q2 - 3Q2 , = cos 2x cos x - 2 sin2 x cos x =
( )или 16 ◊ 18 = 182 1 - 4Q2 , откуда Q = 1 . Зна- = cos 2x cos x - (1 - cos 2x) cos x =
6 = (2 cos 2x - 1) cos x ,
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 61
sin 3x = sin (2x + x) = sin 2x cos x + sin x cos 2x = мере два различных значения, можно не прове-
= 2 sin x cos2 x + sin x cos 2x = рять, совместны ли системы (3) и (4).
= sin x (1 + cos 2x) + sin x cos 2x = Итак, cos x 3y может быть равен 1 или 1 .
= (2 cos 2x + 1) sin x . 5
3. 267903.
С учетом этого данные в условии равенства при-
нимают вид Рассмотрим случай, когда на одной из выбран-
ных карточек написана единица. Тогда на двух
других карточках должны быть записаны чет-
Ïcos x 2 cos2 (x + y), ные степени двоек и троек. Есть 51 способ выб-
5 sin2 (x + y).
ÔÌÔÔ scions y = 3 + рать четную степень двойки и 51 способ выбрать
x = 5 +
(1) четную степень тройки, а так как этот выбор
ÓÔsin y осуществляется независимо один от другого, то
Заменяя второе уравнение системы (1) на сумму общее количество способов в этом случае равно
обоих уравнений этой системы, получаем равно- 512 2601 .
сильную систему
Теперь перейдем к случаю, когда карточка с
единицей не использована. Есть две возможнос-
Ï cos ти: взять две карточки со степенями тройки и
ÔÔÌ x = 2 + cos2 (x + y), одну со степенью двойки или наоборот.
Ô y +
cos x 5 (2) Пусть мы берем две карточки со степенями двой-
cos y sin x = 2.
sin y ки. Так как в произведении выбранных чисел
ÓÔ cos двойка обязана присутствовать в четной степе-
Второе уравнение на ОДЗ равносильно следую- ни, степени двойки на взятых карточках долж-
щему:
ны иметь одинаковую четность. Всего у нас есть
52 карточки с нечетными степенями и 51 кар-
cos x sin y sin x cos y 2 cos y sin y точка с четными степенями. Значит, есть
sin x y sin 2y C522 52 51 1326 способов выбрать карточки
2
51 50
ªx y 2y 2Sk, с нечетными степенями и C521 2 1275
«¬x y S 2y 2Sk,
k Z способов выбрать две карточки с четными сте-
ªx y 2Sk, пенями – всего получаем 2601 способ. После
«¬x S 3y 2Sk, k Z. того, как выбраны карточки со степенями двой-
ки, мы можем выбрать любую карточку с чет-
Значит, система (2) эквивалентна совокупности ной степенью тройки (51 способ). Так как вы-
двух систем: бор карточки со степенью тройки осуществляет-
ся независимо от предыдущего выбора, выходит
cos x 2 cos2 x y , (3) 2601 51 132651 способ.
®°cos y 5 Несложно видеть, что если мы возьмем две кар-
точки со степенями тройки и
°¯x y 2Sk, k Z одну со степенью двойки, то
количество способов будет
и тем же самым, что и в пре-
дыдущем случае. Итак, по-
cos x 2 cos2 x y , лучаем 2601 132651 2
° 5
® cos y (4) 267903 способа.
°¯x S 3y 2Sk, k Z.
Рассмотрим систему (3). Подставляя x из 4. а) AP 8 ;
второго уравнения в первое, получаем
1 2 cos2 2y cos2 2y 3 . При этом б) PT 409 5 ,
S'APC 2
55
5760
cos x 3y cos y 2Sk 3y cos 4y 409 .
2 cos2 2y 1
1 а) Опустим из точки O пер-
5 пендикуляры OH и ON на
хорды CD и AB соответ-
Для системы (4) из второго уравнения следует, ственно (рис.12). Так как Рис. 12
эти хорды равны, то и рас-
что x 3y S 2Sk , k Z , и cos x 3y 1 . стояния от центра окружно-
Поскольку в условии задачи сказано, что выра-
жение cos x 3y может принимать по крайней
62 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
сти до них равны, поэтому OH = ON. Прямоу- метод рационализации: знак разности
гольные треугольники OPN и OPH равны по loga b loga c на области допустимых значений
катету и гипотенузе (OP – общая), поэтому совпадает со знаком выражения b c ; в частно-
a 1
PN = PH, OPN OPH (последнее означа-
сти (при c = 1), знак логарифма loga b совпадает
ет, что PO – биссектриса угла BPC). Так как
диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее по- со знаком выражения b 1 . Тогда из последне-
полам, точки H и N являются серединами CD и a 1
получаем
AB соответственно, поэтому AN = HD = 2; отсю- го неравенства
да следует, что AP = DP. Пусть AP = DP = y. w u v u
u 1 v 1
Так как PL – биссектриса треугольника APC, то d 0 . (*)
PA AL , откуда y 2 , y = 8. ОДЗ исходного неравенства задается условиями
PC LC y 4 3
u > 0, v > 0, w > 0, u z 1 , v z 1 . При этом
б) Треугольники OPA и OPD равны по двум последние два ограничения выполнены автома-
сторонам и углу между ними (PO – общая, AP =
= DP, APO DPO), поэтому AOP DOP. тически для любого решения (*), так как при
Это означает, что отрезок OP делит дугу AD u = 1 или v = 1 знаменатель дроби обращается в
пополам. Обозначим точку пересечения отрезка ноль. Помимо этого u 1 x2 и v 1 2x2 27x4
OP с окружностью через J. Тогда CJ – биссект- положительны при всех значениях x. Следова-
риса угла ACD (углы ACJ и DCJ – вписанные, тельно, единственное ограничение из ОДЗ, кото-
опираются на равные дуги). Кроме того, PJ –
биссектриса угла APC, поэтому J – точка пересе- рое необходимо учесть, – это неравенство
чения биссектрис треугольника APC, т.е. центр
его вписанной окружности. Таким образом, точ- 1 27x5 ! 0 , откуда x ! 5 1 . Возвращаемся в
27
(*) к переменной x и решаем полученное нера-
ки J и T совпадают. венство:
По теореме Пифагора для треугольника DHO 27x5 1 x2 1 1 2x2 27x4 1 x2 d0
получаем OH2 OD2 DH2 25 4 9 . По 1 x2 1 1 2x2 27x4 1
4 4
теореме Пифагора для треугольника PHO: 3x4 27x3 1 9x2 1
x4 27x2 2 d0
PO2 PH2 OH2 102 9 409 . Следова-
4 4
409 5 x z 0,
тельно, PT PO OT 2 2 . °®° 3x 1
°
¯°
9x2
3x 1 3x 1 3x 1 d 0
Пусть CPO E . Тогда
27x2 2
sin E OH 3 : 409 3, x z 0,
OP 2 2 409 °
¯°®°° ¨¨©§ 3x 1 3x 1 2
1 sin2 E 20 , d 0
cos E 2 cos E sin E 409 x · § ·
sin 2E 120 , 2 ¸¸¹ ¨©¨ x 2 ¸¸¹
409 27 27
x z 0,
°
S'APC 1 PA PC sin 2E 1 8 12 120 5760 . °®x § f; 1º ∪ § 2; 2 · ∪ ¯®31 ¿¾½.
2 2 409 409 ¯ ©¨ 3 ¼» ¨©¨ 27 27 ¸¸¹
5. x § 5 1 ; 1 º ∪ § 2; 0 · ∪ § 0; 2 · ∪ ®¯ 31 ½¾¿ . С учетом ОДЗ окончательно получаем
¨© 27 3 ¼» ¨¨© 27 ¸¸¹ ¨¨© 27 ¸¸¹
§ · § ·
Пусть 1 x2 u , 1 2x2 27x4 v, 1 27x5 w. x § 5 1 ; 1º ∪ ¨¨© 2; 0 ¸¸¹ ∪ ¨¨© 0; 2 ¸¸¹ ∪ ¯® 1 ¿¾½ .
©¨ 27 3 ¼» 27 27 3
Тогда данное неравенство принимает вид
logu w logv u logv w 1 d 0 . Далее его можно 6. 1 k 1 arcsin 119 Sk , S 2Sk , где kZ .
преобразовать так: 169 5 10 5
5
logu w logv u logv u logu w 1 d 0 Выделяя полные квадраты, переписываем систе-
logu w 1 1 logv u d 0 му в виде
logu w logu u logv v logv u d 0 . ° x 13 cos 2a 2 y 13 sin 2a 2 169,
®
Для решения этого неравенства далее применяем 13 sin 3a 2 y 13 cos 3a 2 169.
¯° x
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 63
Каждое из этих уравнений задает окружность 338 338 sin 3a cos 2a 338 sin 2a cos 3a 576
радиуса 13; у первой из них центром является
338 sin 5a 238
точка A 13 cos 2a; 13 sin 2a , а у второй – точка
B 13 sin 3a; 13 cos 3a . a 1 k 1 arcsin 119 kS , k Z .
Если эти уравнения задают одну и ту же окруж- 5 169 5
ность, то на этой окружности найдутся точки на
расстоянии 10 друг от друга. Окружности совпа- 7. а) AB 15 ; б) CC1, ABA1 arcsin 1 ,
дают в случае, когда у них одинаковые центры. 6
Получаем
A1C1 5.
°®°cos 2a S 2
°¯°cos 3a cos § 2 3a · 0,
cos 2a sin 3a, ¨© ¸¹ а) Пусть O – центр сферы : , Q – центр
®¯sin 2a cos 3a S треугольника ABA1 , A1X – его медиана
§ 2 · 0
cos ©¨ 2a ¸¹ (рис.14). Тогда O лежит на перпендикуляре l к
°°2 cos S 10a cos S 2a 0,
® S 4 cos S 4 0.
°°¯2 cos 2a
10a 4
4
Эти равенства выполняются, если либо
cos S 10a 0 , либо cos S 2a cos S 2a 0.
4 4 4
В первом случае получаем
a S 2kS , kZ .
10 5
Во втором случае S 2a S Sk и S 2a S
4 2 4 2
Sl , k,l Z , т.е. a S 2Sk и a S 2Sl , Рис. 14
22
плоскости ABA1 , проходящем через Q. С дру-
что невозможно. гой стороны, O лежит в плоскости D , проходя-
щей через M перпендикулярно CC1 – т.е. па-
Пусть теперь рассматриваемые окружности раз- раллельно (ABC). Заметим, что Q лежит в D ,
личны и пересекаются в точках P и Q. Тогда поскольку XQ : QA1 1 : 2 CM : MC1 . Но Q
четырехугольник APBQ – ромб (рис.13). Извес-
лежит и на l. Если бы плоскость ABB1A1
Рис. 13
была перпендикулярна плоскости (ABC), то все
тно, что в любом параллелограмме (в том числе три боковые грани были бы перпендикулярны
и в ромбе) сумма квадратов диагоналей равна основанию, что невозможно в усеченной пира-
сумме квадратов всех четырех сторон, откуда миде. Следовательно, D и l пересекаются ровно
AB2 PQ2 4AP2 . Так как мы хотим, чтобы в одной точке – в точке Q. Итак, Q = O.
точки P и Q располагались на расстоянии 10 Значит, окружность, описанная около треуголь-
друг от друга, PQ = 10, поэтому AB2 100 ника ABA1 , является большой окружностью на
сфере : и ее радиус равен R. Отсюда
4 169 , AB = 24. Итак, необходимо, чтобы
расстояние между центрами окружностей A и B AB R 3 15 .
было равно 24. Отсюда
б) Пусть Y и Z – проекции точек A1 и O на
13 sin 3a 13 cos 2a 2 13 cos 3a 13 sin 2a 2 плоскость ABC; тогда Z делит отрезок XY в
отношении XZ : ZY XO : OA1 1 : 2 . Посколь-
24 ку CC1 A ABC , точка Y лежит на прямой AC.
Прямоугольные треугольники A1YA и A1YB
равны по катету и гипотенузе, так что YA = YB.
64 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 9
Значит, медиана YX треугольника ABY являет-
ся также его высотой и она равна
XA tg BAC 5 1 15 .
22 8
Из прямоугольного треугольника A1YX нахо-
дим arcsin YX Рис. 15
A1X
CC1, ABA1 YA1X 5 , имеем
CT CZ2 ZT2
§ 15 § 3 · · arcsin 1 . 5 5 2 10
arcsin ¨©¨ 8 ¨©¨ 2 ¸¹¸ ¸¸¹ 6 Отсюда 9 3.
: 15 A1C1 YC CT YT
Кроме того, 2 10 5 5.
2
5. 3 32
YZ 2 YX 6
3 (Продолжение следует)
Пусть T – проекция Z на AC (рис.15). Тогда
ZT YZ cos YZT YZ cos BAC 5и
3
YT YZ sin YZT 5 КВАНТ 12+
3 2.
С другой стороны, поскольку CZ MO R
ВНИМАНИЮ ЧИТАТЕЛЕЙ НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
И АВТОРОВ НАШЕГО ЖУРНАЛА!
Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов,
Начиная с прошлого года, некоторым ста- А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов,
тьям журнала «Квант» присваивается при- В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан
нятый в научной среде цифровой иденти- НОМЕР ОФОРМИЛИ
фикатор публикаций – DOI (Digital Object М.Н.Голованова, Д.Н.Гришукова,
Identifier). По присвоенному (раз и навсегда) А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина
данной статье идентификатору можно полу-
чить информацию о ней в базах данных, в ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ
частности – в интернете. РЕДАКТОР
Е.В.Морозова
Посылая в редакцию нашего журнала
статью, просим авторов сообщать о себе, КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
кроме фамилии, имени и отчества, также М.Н.Грицук, Е.А.Митченко
место работы, занимаемую должность и
электронный адрес. Журнал «Квант» зарегистрирован
в Комитете РФ по печати.
Подписаться на наш журнал можно с
любого номера в любом почтовом отделе- Рег. св-во ПИ №ФС77–54256
нии связи. Наш подписной индекс в каталоге
«Пресса России» – 90964. Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №
Архив вышедших номеров журнала Адрес редакции:
«Квант» можно найти на сайте http:// 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,
kvant.ras.ru
«Квант»
Тел.: +7 916 168-64-74
Е-mail: [email protected], [email protected]
Отпечатано
в соответствии с предоставленными
материалами
в типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»
Телефон: +7 495 363-48-86,
htpp: //capitalpress.ru
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
kvant-9-2019
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search