Московский архитектурный институт

57

лю) до величины $S = 2$ см$^2$. Определите силу тока, протекающего по контуру в течение времени $\tau$, если сопротивление контура $R = 1$ Ом.

8. Внутри стека имеется воздушная полость треугольного секения (рис. 4). Угол при вершине треугольника $\gamma = 30^\circ$. Показатели преломления стека и воздуха соответственно равны $n_c = \sqrt{3}$ и $n_B = 1$. На боковую грань треугольной прismsы падает луч света под углом $\alpha = 30^\circ$. Определите угол выхода луча из другой прismsы.

9. Катод вакуумного фотоэлемента освщается светом с длиной волны $\lambda = 0,5$ мкм. При задерживающей разности потенциаль между аномом и катодом $U = 1,2$ В фототок прекращается. Определите работу выхода электрона из матриала катода. Постоянная Планка $h = 6,6 \times 10^{-34}$ Дж·с; заряд электрона $e = 1,6 \times 10^{-19}$ Кл; скорость света $c = 3 \cdot 10^8$ м/c.

10. При термодерной реакции слянияя дейтерия$^2$Н и трития$^3$Н образуют нейtron, неизвестная частница и выделяется $E_0 = 17,6$ МэВ энергии. Определите неизвестную частцу и полную энергию, которая выделяется, если прорегаирует $m = 1$ г дейтерия. Число Авогадро $N_A = 6 \times 10^{23}$ молл$^{-1}$; $1$ эВ = $1,6 \cdot 10^{-19}$ Дж.

Публикацию подготовили
Н. А. Гладков, В. Ф. Панов

Московский архитектурный институт

Математика
Задание устного экзамена

1. Упростите выражение
   $$\sqrt{(1-\cos \alpha \cdot \cos \beta)^2 \sin^2 \alpha \cdot \sin^2 \beta}.$$
2. Вычислите без таблиц
   a) $tg 1^\circ \cdot tg 3^\circ \cdot tg 5^\circ \dots \cdot tg 89^\circ$,
   b) $cos 5^\circ \cdot cos 55^\circ \cdot cos 65^\circ$,
   b) $cos 20^\circ \cdot cos 40^\circ \cdot cos 60^\circ \cdot cos 80^\circ$.
3. Доказите точность
   a) $32 \cos^6 \alpha = 10 + 15 \cos 2\alpha + 6 \cos 4\alpha + \cos 6\alpha$,
   b) $\cos 9\alpha + 3 \cos 7\alpha + 3 \cos 5\alpha + \cos 3\alpha = 8 \cos 6\alpha \cdot \cos^3\alpha$.
4. Решите уравнение
   a) $\log_2(9^{x-1} + 7) = 2 + \log_2(3^{x-1} + 1)$,
   b) $3 \cdot 16^x + 2 \cdot 81^x = 5 \cdot 36^x$,
   b) $\sin^6 x + \cos^6 x = \frac{7}{16}$,
   г) $\sqrt{y^2 + 4y + 8} + \sqrt{y^2 + 4y + 4} = \sqrt{2(y^2 + 4y + 6)}$.
5. Решите неравенство
   a) $\frac{1}{2^x + 3} > \frac{1}{2^{x+2} - 1}$,
   b) $x^2 - 3 > \sqrt{x^2 - 2x + 1}$,
   b) $\log_x^2(4x + 5) \leq 1$.
6. Постройте график
   a) $y = |x| - |x+1| + 2$,
   b) $y = \frac{x}{|x-1|}$.
7. Решите систему
   $$\begin{cases} x + xy + y = 11, \\ x^2y + xy^2 = 30. \end{cases}$$
8. При каких целях «n» решение системы
   $$\begin{cases} nx - y = 5, \\ 2x + 3ny = 7 \end{cases}$$

Физика
Задание устного экзамена

1. Воздуший шар объемом $V = 600$ м$^3$ находится в равновесии. Какое количество баллеста надо выбросить за борт, чтобы шар начал подниматься сускорением $a = 0,1$ м/$c^2$? Плотность воздуха $q = 1,29$ кг/$m^3$.
2. Тело массой $m = 2$ кг тянут по гладкой горизонтальной поверхности с помощью пружины, которая при движении растянулась на $\Delta l = 1$ см. Жесткость пружины $k = 100$ H/m. Определите ускорение, с которой движется тело.
3. Тело без начальной скорости начинает скольить по наклонной плоскости высотой $h = 5$ м. Угол наклона $a = 30^\circ$, коэффициент треня $μ = 0,05$. Найдите время движения тела.
4. Найдите силу тяжестеки, действующего на тело массой $m = 12$ кг, поднять над Землей на расстояние, равное трену земного радиуса.
5. Шарик массой $m = 0,5$ кг, подвешенный на нерастраженной нити длиной $l = 1$ м, совершает колбанная в вертикальной плоскости. Найдите силу натяжения нити в момент, когда она образует с вертикальной угол $α = 60^\circ$. В этот момент скорость шарика $v = 1,5$ м/$c$.
6. К верхнему краю докси длиной $L$ и массой $M$ прибит брусок, длина которого $l$ и масса $m$ (см. рисунок). Доска закреплена в точке $O$ и прислонена к стенке под углом $α$ к основанию. При какой горизонтальной силе $F$, приложенной на высоте $h$, равновесие докси не нарушится, если стенку убрать?
7. Тело массой $m$, скатиншь с горы высотой $h$, остававливается. Какую работу нужно совершить, чтобы поднять $m = 3000$ т стропельных материалов на высоту $h = 12$ м. Чему равна мощность, потребляемая двигателем крана, если коэффициент полезного действия мотора $η = 60\%$?
8. Тело, имеющее массу $m = 2$ кг и объем $V = 1000$ см$^3$, находится в озере на глубине $h = 5$ м. Какая работа должна совершена при его подъеме на высоту $H = 5$ м над поверхностью воды?
9. Шарик неподвижно висит наружное, когда она растянула на $\Delta l = 4$ см. Определите период колбанная такого вертикального пружинного матрицы.

Публикацию подготовили
Ю. М. Меццерков, Ю. А. Морозов,
В. А. Смирнов

58

Инверсия

4. в) При инверсии с центром в точке $O$ прямы $l_1$ и $l_2$, пересекающие в неокоторой точке $A$, переходят в окружности, проходящие через точку $O$. Через точку $O$ проведем касательные $t_1$ и $t_2$ к окружностям $l'_1$ и $l'_2$. Легко видеть, что $t_1 \parallel l_1$, $t_2 \parallel l_2$, а касательные к $l'_1$ и $l'_2$ в точке $A'$ образуют такой же угол, как $t_1$ и $t_2$.

5. 6. Поскольку касательные к окружностям переходят в окружности или прямы, касающие образов данных окружностей, достаточно заменить окружности касательными к ним в их общих точках.

6. Выполним инверсию относительно окружности произвольного радиуса с центром в точке $A$ (см. рис. 11 на стр. 30). Тогда окружности, проходящие через центр инверсии, перейдет в параллельные прямы, а другие две окружности в касающейся этих прямы и друг друга окружности (рис. 1). При точки касания будут лежать на одной прямой (доказите!), которая при повторном выполении инверсии перейдет в окружность.

7. Выполним инверсию относительно окружности с центром в точке $B$ радиуса $\sqrt{|AB| \cdot |AM|}$. Тогда получающуюся $C_2$ перейдет в себя, получающуюся $C_1$ и луч $m$ перейдет друг в друга, так как прямы углы с прямой $(AB)$ сохраняются. Следовательно, окружность $C_3$ перейдет в себя и точка касания $D$ окружностей $C_2$ и $C_3$ остаются на месте, поэтому прямая $BD$ перейдет в себя, но в таком случае $BD$ имеет единственную общую точку и с $C_2$ и с $C_3$, то есть касается обихок окружностей.

8. Пусть $\Gamma$ — окружность с центром в точке $A$ такая, что при инверсии относительно нее окружность $T$ переходит в себя. Радиус окружности $\Gamma$ равен длине отрезка касательной, проведенной из точки $A$ к окружности $T$. При инверсии относительно $\Gamma$ луч $AB$ перейдет в себя, получающуюся $C_1$ и $C_2$ отображается на лучи $C'_1$ и $C'_2$ перее

секающейся с $(AB)$ под прямым углом в точках $B'$ и $M'$ (см. рис. 2). Образом получающейся $C_3$ является получающейся $C'_3$, построенная на отрезке $B'M'$ как на диаметре. Точка $O$, конечно, не остается на месте, однаокружность $T$ перейдет в себя, поэтому интересующей нас расстояние от центра $T$ до прямой $AB$ не изменится. Это расстояние равно 2 $r$, так как окружность $T$ касается всех трех линей $C'_1$, $C'_2$, $C'_3$, следовательно, $|B'M'| = 2 r$.

14. Инверсии с центром в любой из точек данной окружности задаела свойства к разобранной в параграфе 4 задача 7.

15. 6. После инверсии с центром в точке $A$ задача свойства к следующей: построить прямую, параллельную данной прямой и касающейся данной окружности (см. рис. 3). Пункт a) инверсии относительно произвольной точки, не лежащей на прямой $l$ и окружности $C$ свойства к пункту 6).

16. Увеличим радиус всех трех окружностей на одну и ту же величины $d$ так, чтобы две из них касались в неокоторой точке $A$ (рис. 4). Выполним инверсию с центром в точке $A$ относительно окружности произвольного радиуса. Задча свойства к следующей: построить окружность $T'$, касающаяся двух данных параллельных прямы и данной окружности. Остается найти $T$ окружности $T'$ при повторном выполении инверсии и увеличить радиус $T$ на величины $d$.

17. Выполним инверсию с центром в точке $D$, при этом точки $A$ и $B$ перейдет в $A'$ и $B'$. Задча свойства к следующей: построить две параллельные прямы, равнудаленные от точки $D$ так, чтобы одна из них проходила через точку $A'$, а другой — через $B'$. Это легко сделать, если заметить, что эти прямы параллельны отрезку $DM$, соединяющего $D$ с серединой $M$ отрезка $A'B'$ (рис. 5).

Непослушные задачи

1. $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n)^2, n \in \mathbb{N}$. 2. Если $a > 0$, то $x \geq -b/a$. Если $a < 0$, то $x \leq -b/a$. Если $a = 0$ и $b \geq 0$, то $x$ может быть любым. Если $a = 0$ и $b < 0$, решений нет. 3. $(x; y): x \geq 0, y = 0$. 4. $] - \infty; 0[$.

Рис. 1. Рис. 2. Рис. 3.

Рис. 4. Рис. 5

59

5. [−1; 4], 6. ] −1; 1 [ (при любых значениях числа a). 7. log₅ 8 < log₂ 3. 8. График совпадает с осью абсцисс на участке [0; 1] [ и с прямой y=1 на участке ] 1, +∞ [, а при x=1 имеет «изолированную точку» (1, 1/2). 9. Указание. Площадь сектора OCD, где O середина отрезка AB, равна площади фигуры F. 10. Указание. Постройте окружность на диагонали (содержащей вершину острого угла), как на диаметре. 11. 0. 12. Да. 13. В отношении 1:27.

Избранные школьные задания

1. a) Пусть M — произвольная точка внутри треугольника, h₁, h₂ и h₃ — ее расстояния до сторона, a и h — соответствие длины сторона и высоты правильного треугольника (рис. 6). Запишем, что сумма площадей треугольников MAB, MBC и MAC равна площади треугольника ABC:
   $$\frac{ah_1}{2} + \frac{ah_2}{2} + \frac{ah_3}{2} = \frac{ah}{2},$$
   откуда $h_1 + h_2 + h_3 = h$, что и требовалось. Слушай, когда M — граничная точка треугольника, разбиается аналогично.

6. Отрезки, соединяющие центр вписанной окружности с вершинами многоугольника, разбиают его на треугольники, основаниями которых служат стороны многоугольника, а высотами — радиусы окружности, проведенные в точки касания со сторонами (рис. 7). Пусть a, b, c, …, d — длины сторона многоугольника. Поскольку сумма площадей треугольников, на которые разбит многоугольник, равна площади многоугольника, получаем, что $\frac{ar}{2} + \frac{br}{2} + \frac{cr}{2} + \dots + \frac{dr}{2} = S$, откуда $S = r \cdot \frac{a+b+c+\dots+d}{2}$, то есть $S = p \cdot r$.

2. Ответ: (0; 0), (1; −2) и $(-\frac{1}{2}; -\frac{1}{2})$.

Решение. Поскольку p и q — корни уравнения, то, подставив каждое из них в уравнение, мы получим два верных равенства:
$$p^2 + p^2 + q = 0$$
Решив полученную систему, находим ответ.
Заметание. Типичная ошибка; поскольку p и q — корни уравнения, то p+q=−p и pq=q, откуда находим, что p=q=0 или p=1, q=−2. В этом рассужdenении предполагается то, чего нет в условия — что p и q — два корня уравнения (сп. с последним ответом в нашем решении: при p=q=−$\frac{1}{2}$ уравнение принимает вид $x^2 - \frac{x}{2} - \frac{1}{2} = 0$ и имеет корни 1 и −$\frac{1}{2}$).

3. Поскольку треугольники ABD и ACD имеют общую высоту, опущенную из вершины A (рис. 8), то их площади относятся, как длины соответствующих оснований: $S_{ABD}:S_{ACD} = x:y$. Так как точка D лежит на биссеktrice, она одинаково удалена от сторона AB и AC. Поэтому высоты треугольников ABD и ACD, опущенные из вершины D, одинаковы и плausид эти треугольников относится, как длины сторона, на которой опущены эти высоты: $S_{ABD}:S_{ACD} = c:b$. Из этого равенства и предыдущего равенства получаем утверждение задачи.

6. По теореме косинусов из треугольников ABD и ACD получаем: $c^2 = x^2 + l^2 - 2xl \cos \alpha$ и $l^2 = y^2 + b^2 + 2yl \cos \alpha$, где α=ADB. Умножим первое из этих соответствий на y, второе на x и сложим: $c^2 + b^2 = l^2(x+y) + xy(x+y)$, то есть $l^2 = \frac{c^2 + b^2}{x+y} - xy$. Так как, по теореме о биссеktrice (см. п. a)), cy=bx, получаем $c^2y=bcx, b^2x=bcy$, откуда $\frac{c^2y+b^2x}{x+y} = bc$ и $l^2 = bc-xy$.

4. Ответ: $\sqrt{2}$. Решение. Так как $\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{\sqrt{4} + 2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}$ и $\sqrt{2} - \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}}$, получаем $\frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{3}} + \frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{2} - \sqrt{2} - \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{3})}{2 + \sqrt{3} + 1} + \frac{\sqrt{2}(2 - \sqrt{3})}{2 - (\sqrt{3} - 1)} = \frac{(2\sqrt{2} + \sqrt{6})(3 - \sqrt{3}) + (2\sqrt{2} - \sqrt{6})(3 + \sqrt{3})}{(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{6\sqrt{2}}{9 - 3} = \sqrt{2}$.

5. Ответ: a) $2^{300} < 3^{200};$ 6) $2^{91} > 5^{35}$. Решение. a) Поскольку следует, что, с одной стороны, менее 7 % членов круглкиасники, а с другой — что хотя один восьмиклассик (Миша) в круглке занimaется, поэтому 1<0,07x, откуда x>14,2 …. Поскольку членов круглкиасники, получаем, что наименьшее возможное число участников равно 15. При этом выполняются все условия.

6. Ответ: 7. Решение. Любая из исключых плоскостей должна пересекать терраэд. Действительно, в противном случае четре вершины находится на одинаковом расстоянии от плоскости и лежат по одному сторону от нее, — значит, они лежат в плоскости, параллельной данной, чего нет на самом деле. Далее, искомая плоскость разделяет вершины терраэд на две группы: или на группы в одну и в три вершины, или на две группы по две вершины. В первом случае (рис. 9 a) она проходит через середину высоты терраэд, опущенной на грань, которой при

60

надлежит группа из трех вершин, параллельно этой грани. Таких плоскостей, очевидно, столко же, сколько высот у tetraэдра — четые. Во втором случае искомая плоскость (рис. 9.6) параллельна скрещивающимся ребрам tetraэдра, соединяющим по две вершины каждой группы, и проходит через средние линии соответствующих граней. Таких плоскостей три. Итак, всего существует семь плоскостей, удовлетворяющих условию.

8. Докажем, что $\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d}$. Из условия $\frac{a}{b} < \frac{c}{d}$, $b > 0$, $d > 0$ вытекает, что $ad < bc$. Прибавив к обемм частиям этого неравенства число $ab$, получим, что $a(b+d) < b(a+c)$, откуда, разделив обе части на положительное число $b(b+d)$, приходим к неравенству $\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d}$. Аналогично можно доказать, что $\frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d}$.

9. Ответ: $C$ — точка пересечения плоскости $a$ с отрезком $AB_1$, где $B_1$ — точка, симметричная точке $B$ относительно плоскости $a$. Указание. Для любой точки $M \neq M'$ плоскости $a|AM|+|MB| = |AM|+|MB_1| > |AB_1|$ в силу неравенства треугольника, $a|AB_1| = |AC|+|CB_1| = |AC|+|CB|$.

10. Ответ: $90^\circ$. Указание. Искомый угол равен углу между касательными к параболе, проходящими через точку $M$ (0; -0,25) (не лежащую на параболе!). Кастельная к параболе в ее точке $M$ ($x_0; x_0^2$) имеет уравнение $= 2xx_0 - x_0^2$ и проходит через точку $M$ (0; -0,25) при $x_0^2 = 0,25$; уравнение соответствующих касательных: $y=x$ и $y=-x$.

11. Так как $0 < a < 1$, то $a^{10} < a^2$, аналогично $b^{10} < b^2$, поэтому $a^{10} + b^{10} < a^2 + b^2 = 1$.

12. Соединним центр сферы со всеми вершинами многогранника. При этом многогранник разобется на парамиды, основаниями которых являются грани многогранника, с общей вершиной — центром сферы. Высотами этих парамиды, опущенныхми из центра сферы, являются радиусы сферы, проведенные в точки касания. Записав, что сумма объемов парамиды равна объему многогранника, получим требуемую формулу (сравните с задачей 1, 6).

13. Для доказательства воспользовемся двумя утверждениями: 1) длины отрезков касательных, проведенных из одной точки к сфере, равны; 2) если из одной точки (не лежащей в плоскости) к плоскости проведены две наклонные, то равные наклонные образуют с плоскостью равные углы, а большая наклонная образует с плоскостью меньший угол. Пусть четырехугольник $ABCD$ описан около сферы и пусть $K, L, M, N$ — точки касания сторон $AB$, $BC, CD, DA$ соответственно. Проведем плоскость а через точки $K, L$ и $M$. Поскольку точки $A$ и $D$ лежат по разные стороны от $a$, отрезок $AD$ пересекает $a$ в некоторой точке $P$ (рис. 10).

Требуется доказать, что $P$ совпадает с $N$. Обозначим угол между $(AB)$ и $a$ через $φ$. По свойству касательных к сфере $|BK| = |BL|$, а так как длины наклонных $BK$ и $BL$, проведенных из точки $B$ плоскости $a$ равны, то прямые $AB$ и $BC$ образуют с этой плоскостью равные углы, то есть угол между $(BC)$ и $a$ также равен $φ$. Аналогично, $|CL| = |CM|$ и угол между $(CD)$ и $a$ равен $φ$ (так как он равен углу между $(CB)$ и $a$).

Предположим теперь, что $P$ не совпадает с $N$ и пусть $|AP| < |AN|$, тогда $|DP| > |DN|$. Обозначим угол между $(AD)$ и $a$ через $ψ$. Телерь, так как $|AP| < |AK| = |AN|$, получаем $ψ > φ$ (в силу утверждения 2)), с другой стороны, из $|DP| > |DM| = |DN|$, следует $ψ < φ$. Аналогично приедем к противоречению, положив $|AP| > |AN|$. Следовательно, точки $P$ и $N$ совпадают.

14. Ответ: $120^\circ$. Решение. Рассмотримечение конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса. В сеении получается равенеденный треугольник с боковой стороны — образующей конуса. Докажем, что чем близке сеении к высоте угол при вершине соответствующего сеения. Действительно, с приближением сеения к высоте конуса уменьшается длина высоты сеения, опущенной из вершины конуса (так как проекция этой высоты на плоскость основания уменьшается (рис. 11), поэтому уменьшается отношение этой высоты и образующей — косинус положины угла при вершине сеения. Но с уменьшением косинуса острою угла сам угол возрастает. Таким образом, с приближением сеения к высоте конуса угол при вершине сеения растет. Поскольку плоскость сеения равна половине произведения квадрата длины образующей на синеугла при вершине сеения, площадь сеения максимальная, если максимален синеугла при вершине сеения. Максимальный угол при вершине сеения — когда сеение освего. Поскольку освего сеение, по условию, имеет не максимальный координат ося на расстоянии 1 от начала координат в плоскости направления (рис. 12 а). Учитывая, что $a^2 + b^2 + c^2$ — квадрат расстояния от начала координат до точки $(a; b; c)$, данную за

61

Дачу можно переформулировать так: доказать, что точки плоскости $a+b+c=1$ удалены от начала координат не меньше, чем на $1/\sqrt{3}$. Используя формулу расстояния от точки до плоскости (см. § 62 учебника «Геометрия 9—10»), найдем, что расстояние от начала координат до расматриваемой плоскости равно $1/\sqrt{3}$. Отсюда следует доказываемое неравенство.
6) Дополнительное (по сравнению с а)) условияозначает, что для координат точек $(a; b; c)$ выполняются неравенства $a<b+c, b<a+c$ и $c<a+b$, которые задают полупространства. Пересечение этих полупространств вырезает на плоскости $a+b+c=1$ треугольник MNP из средних линей (рис. 12 6). Поскольку вершины этого треугольника, точки $M, N$ и $P$, максимально удалены от начала координат, по сравнению с остальных точками этого треугольника, а $|OM|=|ON|=|OP|=\frac{1}{\sqrt{2}}$, доказываемое неравенство имеет место.

Новосибирский государственный университет имени Ленинского комсомола

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1

1. $x=\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi k$ ($k\in Z$).
2. $0\leq a<\log_2 3$.
3. $x_1=7\sqrt{3}r, x_2=\frac{7\sqrt{143}}{6}r$.
4. $\frac{\pi}{6}$.
5. $9999999998$ и $12222224$.
   Вариант 2
6. $x_1=\frac{n\pi}{3}, x_2=\frac{\pi}{12}+\frac{m\pi}{2}$ ($n,m\in Z$).
7. $|AB|=13$, при этом либо $|AC|=10, |BC|=13$, либо $|AC|=13; |BC|=10$.
8. Если $v$ — скорость разряданика, то $500\text{ m/min}<v<600\text{ m/min}$.
9. $\sqrt{3}<|a|<\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}$.
10. $\frac{3\sqrt{30}}{2}$.

Физика
Вариант 1

1. Очевидно, что скорость шарика максимальная в момент удара о стенку. Из симметрии и с учетом перепределикулярности скорости шарика у стенки и касательной плоскости найдем $v_{\max}=gT/(2\sin\alpha)$. При пересечении оси лунки скорость шарика минимальная (она же — горизонтальная скорость): $v_{\min}=v_{\max}\cos\alpha=(gT\mathrm{ctg}\alpha)/2$.
2. Получится окружность (рис. 13) с диаметром $2r=2F\mathrm{tg}\theta\approx 2F\theta=2F(\beta-\alpha)\approx 2F\alpha(n-1)$.
3. Количество теллотов $Q$ переходит в изменение внутренней энергии $\Delta U$ и в работу $A'$ по расширению газа:
   $Q=\Delta U+A'=c\Delta T+p\Delta V$.
   Из уравнения Менделеева — Клапейрона, записанного для начального состояния газа: $(p/2)V=RT$ и для конечного: $p\cdot 2V=RT_1$, найдем $\Delta U=c\Delta T=c(T_1-T)=3cT$, $A'=p\Delta V=pV=RT_1/2=2RT$.
   Тогда окончательно $Q=(3c+2R)T$.
4. При скорости иглы $v$ и частоте $v$ характерного звука соответствующей размер неоднородности $l\sim v/v$. Выбрав радиус звуковой дорогки $R\sim 10$ см и учитывая, что число оборотов в минуту для долгограшей пластинки $n=33\text{ об/min}\approx 0.5\text{ об/c}$, имеем $v=2\pi nR\sim 30\text{ cm/c}$. Поляга характерную частоту звука $v\sim 10^3\text{ Гц}$, получаем
   $l\sim v/v\sim 3\cdot 10^{-2}\text{ см}$.
5. Число рассеивающих и поглощающих свет части вдоль оси не меняется при разбавлении, плоскolyлипсальное сечение сосуда и полное число части сохраняется. Значит, число части, встреченных светом на пути вдоль оси, сохраняется (во сколько раз увеличивается путь, во сколько же раз уменьшается концентрация молока, вода считаем абсолотно произрачной) и интенсивность прошедшего сигнала практической не изменяется. При прохождения света поперек оси число встреченных светом части при разбавлении уменьшается (концентрация уменьшилась, а путь остался прежним). Таким образом, интенсивность прошедшего света в этом случае увеличится.
   Вариант 2
6. Для учета эха вместе источника звука в точке $A$ (рис. 14) можно взять минимый источник $A'$, симметричный относительно стены (как при отражении света от плоского зерна). Чтобы отраженный сигнал пришел сразу же вседидуему по прямой, необходимо выполнение условия.
   $vt=|AC|+|CB|-r=|A'B|-r=\sqrt{(l_1+l_2)^2+r^2-(l_2-l_1)^2}-r$.
   Откуда
   $t=(\sqrt{r^2+4l_1l_2}-r)/v$.
7. Через время $t$ высота электрона над плоскостью $AB$ у=at^2/2, где $a$ — его ускорение, а вертикаль-

62

ная проекция скорости $v_y=at$. Через время $l/v-t$ координата $y=0$. Таким образом,
$$\frac{at^2}{2}+at\left(\frac{l}{v}-t\right)-\frac{a}{2}\left(\frac{l}{v}-t\right)^2=0.$$
Однозначно, так как $t<l/v$. получаем
$$t=\frac{2-\sqrt{2}}{2}\frac{l}{v}.$$
3. Пусть $x_1$ — смешение правого тела влево, а $x_2$ — вправо от начального положения. Тогда из закона сохранения энергии получаем
$$\frac{mv^2}{2}=\frac{kx_1^2}{2}+\mu mgx_1, \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+\mu mg(x_1+x_2).$$
Требование сдига левого груза дает условие $kx_2=\mu mg$.
Решая систему трех уравнений, получаем
$$x_1=3x_2, \text{ и } v=\mu g\sqrt{15m/k}.$$
4. За время т кузнечик, распрямляя ногу длиной $l$, набирает скорость $v$ и затем взлетает на высоту $H$:
$$\frac{v\tau}{2}\sim l, \text{ v}\sim \sqrt{2gH}.$$
Средняя мощность кузнечика
$$N\sim \frac{E_{\text{кин}}}{\tau}\sim \frac{mv^2}{2\tau}.$$
Отсюда
$$\frac{N}{m}\sim \frac{v^3}{4l}\sim \frac{(2gH)^{3/2}}{4l}.$$
Полагая $l\sim 3\cdot 10^{-2}$ м, $H\sim 1$ м, $g=10$ м/c$^2$, имеем $N/m\sim 1$ кВт/кг.
5. Вследствие охлаждения банки на ней конденсируютсяары воды и создают помутнение отражающей поверхности. Вместо отражения в определенном направлении свет начинает рассеивать в довольно широком диапазоне углов. В итоге освещенность экрана в районе первогоначального зайчика уменшается.
Вариант 3

1. Максимальное расхождение лучей, выходящих из шара вправо, определяется явлением полного отражения света (рис. 15):
   $$n\sin\alpha=1, \alpha=\arcsin(1/2)=30^\circ.$$
   Тогда
   $$x=|AO|+|AB|=R/\sin 30^\circ+R/\mathrm{tg} 30^\circ= =R(2+\sqrt{3}).$$
2. Пусть $p_2$ — большое давление, а $p_1$ — меньше. По закону Бойля — Марюtta
   $$p_2l/2=pl \text{ и } p_1\cdot 3l/2=pl.$$
   Второй закон Ньютона дает
   $$m\omega^2l/2=(p_2-p_1)S.$$
   Решая систему, получаем
   $$\omega=2\sqrt{\frac{2pS}{3ml}}.$$
3. Расмотрим небольшой промежуток времени $\Delta t$. За это время к аноду подлетят $N=I\Delta t/e$ электронов (здеся $e$ — заряд электрона) и сообщат ему импульс $P=mvN$. Скорость $v$ электрона у анода определям из закона сохранения энергии $mv^2/2=eU$. Согласно второму закону Ньютона,
   $$F\Delta t=\Delta P, \text{ или } F\Delta t=mvI\Delta t/e.$$
   Отсюда, с учетом связи $I=cU^{3/2}$, найдем
   $$F=\frac{I}{e}mv=c\sqrt{\frac{2m}{e}}U^2.$$
   Таким образом, отношение сил
   $$F/F_0=(U/U_0)^2=4.$$
4. Выберем самую простую физическую модель (рис. 16): будем считать, что угол отклонения косточки от вертикали в момент встречи с другой косточной невелик и от толка следующая косточка начинает падать, но на запас энергии только практически не влияет. По закону сохранения энергии (с учетом малости угла $\varphi$)
   $$\frac{mv^2}{2}\sim mg\left(\frac{l}{2}-\frac{l\cos\varphi}{2}\right)~ \sim mgl\sin^2\frac{\varphi}{2}\sim \frac{mgl\varphi^2}{4}\sim \frac{mgx^2}{4l}.$$
   Тогда
   $$v\sim x\sqrt{\frac{g}{2l}}, \quad v_x\text{ средн}=\frac{v}{2}\sim \frac{x}{2}\sqrt{\frac{g}{2l}} \text{ и}$$
   $$T=100\frac{x}{v_x\text{ средн}} \sim 100\sqrt{\frac{8l}{g}}.$$
   При $l\sim 5$ см $T\sim 20$ с.
5. Вследствие многоократных отражений от обеих поверхностей толстой пластины (рис. 17) наблюдается несколько выsedших по обе стороны пластины лучов, последовательно ослабленных, так как каждый раз при встрече с поверхностью пластины луч частчно отражается поверхностью, а частично преломляется. Самыми яркими, как видно из рисунка, должны быть самые крайные пятна.

63

Московское высшее техническое училище имени Н. Э. Баумана

Математика
Писменный экзамен
Вариант 1

1. $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.
2. $x=\pm \frac{\pi}{9}+\frac{2\pi k}{3}(k\in Z)$.
3. $\{-1\}$.
4. $]0;3]$.
5. $R=\frac{a}{18}$.
   Вариант 2
6. $108=6\cdot 18$.
7. $x_1=\frac{\pi}{4}(2k+1);x_2=(-1)^{l+1}\frac{\pi}{18}+$ $+\frac{l\pi}{3}(k,l\in Z)$.
8. $\{2\}$.
9. $]-\infty;2[\cup]3;4[$.
10. $\pi \frac{r^2\sqrt{3}}{2}\left(1+\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2$.

Физика

1. $S_{\max}=\pi v_0^4/g^2=314\text{ m}^2$.
2. $v=\sqrt{v_0^2(1-Mm/(m+M)^2)-2gR}\approx 2\text{ m/c}$.
3. $x_m\leqslant(m+M)\mu g/(2k)=0,1\text{ m}$.
4. $h_m=Q(1-T_0/T)/(mg)=8,45\text{ m}$
   (здесь $T_0=273\text{ K}, T=473\text{ K})$.
5. $\varphi_m=\arccos(1-m\omega_0^2l/(4qE))=60^\circ$.
6. $R=2\mathcal{E}_2r/(\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_2)=1\text{ Om}$.
7. $I=B(S_0-S)/(R\tau)=4\text{ mkA}$.
8. $\beta=\arcsin(1/2\sqrt{3})\approx 17^\circ$.
9. $A=hc/\lambda-eU\approx 2\cdot 10^{-19}\text{ Djx}\approx 1,25\text{ эВ}$.
10. Кроме нейтрона образуется еще ядро атома геля $^4\text{He}$. Полная энергия равна $E=E_0N_Am/M\approx 8,5\cdot 10^{11}\text{ Djx}$, где $M=2\cdot 10^{-3}\text{ кг/mоль}$ — молярная масса дейтерия.

Московский архитектурный институт

Математика
Задание устиного экзамена

1. $|\cos\alpha-\cos\beta|$.
2. а) $1;6)$ $\frac{\sqrt{2}}{16}(\sqrt{3}+1)$; в) $\frac{1}{16}$.
3. а) $\{1;2\};6)$ $\{0;\frac{1}{2}\}$; в) $\{\frac{\pi}{6}(3n\pm 1)\}$, $n\in Z$; г) $\{-2\}$.
4. а) $]-\infty;-2[\cup]2-\log_23;+\infty[$.

6. $]-\infty;-\frac{1+\sqrt{17}}{2}[\cup]2;+\infty[$.
   b) $]-\frac{5}{4};-1[\cup]-1;0[\cup]0;1[\cup]5;+\infty[$.

7. $\{(1;5);(5;1),(2;3),(3;2)\}$.
8. $n_1=0,n_2=1$.

Физика

1. $\Delta m=\rho Va/(g+a)\approx 7,8\text{ кг}$.
2. $a=k\Delta l/m=0,5\text{ m/c}^2$.
3. $t=\sqrt{\frac{2h}{g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\sin\alpha}}\approx 2,1\text{ с}$.
4. $F_\tau=(3/4)^2mg\approx 66\text{ H}$.
5. $T=m(g\cos\alpha+v^2/l)\approx 3,6\text{ H}$.
6. $F=\frac{(MgL+mg(2L-l))\cos\alpha}{2h}$.
7. $A=2mgh$.
8. $N=\frac{mgh}{t\eta/100\%}\approx 20,4\text{ кВт}$.
9. $A=mg(H+h)-\rho Vgh\approx 150\text{ Дjx}$.
10. $T=2\pi\sqrt{\Lambda/g}\approx 0,4\text{ c}$.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 4)

1. В первом случае — при любом соответствии радиусов, во втором — никакому одна из шестренок должны враться сразу… в две противоположные стороны (см. рисунок 18).

Рис. 18.

2. Расстоянием три квадратка, примыкающих к одной из вершин куба. Очевидно, что все они обязаны иметь разный цвет. Из этого замечания и следует утверждение задачи.
3. $+\frac{85679}{171358}$.
4. Первые два действия над числом можно заменить умножением его на 21, а всего проедуру — умножением на число 21·481=10101. Ясно, что при умножении на 10101 из любого двухначного числа получается шест兢ночное число, записьвающееся, как треократное повторение первого члена.
5. Цифра 2 былает на первом месте в течение 4 часов (от 20.00 до 00.00). В остальные 20 часов она былает на втором месте 2 часа (от 02.00 до 03.00 и от 12.00 до 13.00). В остальные 18 часов цифра 2 былает на третьем месте по 10 минут, а в остальные 50 минут каждого часа еще 5 раз по одной minute на четвертом месте, итогого по 15 минут в каждой из 18 часов, то есть 4 часа 30 минут. Всего получаем 4 ч + 2 ч + 4 ч 30 мин = 10 ч 30 мин.
   Для цифр 0 и 1 аналогично получаем 15 часов 00 минут, для цифр 3 — 8 часов 15 минут, для цифр 4 и 5 — по 7 часов 30 минут, для остальных цифр (6, 7, 8 и 9) — по 4 часа 12 минут.

Шахматная страница
(см. «Квант» № 2)
Задание 3 (Рудаковский — Ботвинник, чемпонант СССР, 1945 г.). 1… К:c1 2. Льb:c1 Л:c1 3. Л:c1 Фh6! На первый взгляд, двойной удар не опасен, так как есть защита — 4. Фс4. Но теперь ферзь перегружен, и черные полыуются этим. 4… Cb5 5. Фс5 b6! Бельые сдались.
Задание 4 (Тайманов — Воротников, Ленинград, 1978 г.). 1… Kf3!! Выясняется, что чуть ли не все белые фигуры перегружены. Ни одна из них не может отвлечься от своих дел и безнаказанное взять коня на f3: 2. K4:f3 Ke3+, 2. K2:f3 Ke3+ 3. Kpg1 K:d1 4. Л:d1 C:f4, наконец, 2. C:f3 Ke3+, и черные выигрывают. 2. Л:f3 Фh4! 3. Л:g3 Фh1+ 4. Лg1 Ke3+ 5. Кpf2 Фh2+. Бельые сдались.

Победители шахматного конкурса 1983 года
Победители ми конкурса признаны: C. Алексаандров (п. Черноголовка Московской области), M. Ахмадеева (с. Еткуль Челябинской области), Г. Бедный (Бердичев), A. Боярский (Бендеры), B. Воронцов (Ижевск), B. Гаевский (Бендеры),