Quà tặng cho giáo viên và học sinh

55

Hiện tại
tôi dạy
và cậu học sinh

Chương trình toán học mới yêu cầu học sinh phải có kiến ​​thức vững chắc về các khái niệm cơ bản của “toán học cao cấp” như giới hạn của hàm số, tính liên tục và tích phân tùy ý. Đương nhiên, ở trường, tất cả các khái niệm này lần đầu tiên được nghiên cứu về các hàm cơ bản: lũy thừa, hàm mũ, logarit, lượng giác và hàm lượng giác nghịch đảo.

Tuy nhiên, do thiếu thời gian và quá tải chương trình giảng dạy ở trường, nên có một lỗ hổng đáng kể về cơ sở logic của những khái niệm này - lý thuyết về các số hành động trên thực tế hoàn toàn không có. Trong khi đó, lý thuyết số tích cực không chỉ làm cơ sở cho lý thuyết giới hạn, tính liên tục, vi phân và tích phân của hàm số mà còn là cơ sở để xây dựng lý thuyết hàm số cơ bản, trên cơ sở đó nghiên cứu giải tích ở trường phổ thông. Từ sách giáo khoa, học sinh chỉ biết rằng có một bộ số hành động nhất định. Những con số này có thể được cộng, trừ, nhân và chia theo những quy tắc nhất định. Người ta lập luận rằng tất cả các phần tử của tập hợp này có thể được phân chia thành hai tập hợp con riêng biệt, mỗi tập chỉ chứa các số hữu tỷ hoặc vô tỷ và mỗi số này có thể được biểu diễn dưới dạng phân số thập phân tuần hoàn vô hạn (số hữu tỷ) hoặc không tuần hoàn (số vô tỷ). Tuy nhiên, chúng tôi xin nhắc lại, cấu trúc của lý thuyết số tích cực không được trình bày trong môn toán phổ thông.

Sách hướng dẫn được bình duyệt*) có mục tiêu chính là thúc đẩy sự hiểu biết sâu sắc về các chương đầu tiên của phân tích toán học vốn chỉ dễ dàng áp dụng vào các lớp toán của giáo viên trung học. Nội dung chính của cuốn sách là trình bày lý thuyết về số tác dụng, trên cơ sở đó xây dựng lý thuyết giới hạn của dãy số, xác định các hàm cơ bản cơ bản và nghiên cứu tính chất của hàm liên tục. Không còn nghi ngờ gì nữa, cách trình bày như vậy là sự bổ sung tự nhiên cho môn toán và logic ở trường hình thành nên những ý tưởng trực quan mà học sinh có.

Sau đó nó bao gồm phần giới thiệu và bốn chương. Phần giới thiệu phác thảo các khái niệm cơ bản của lý thuyết số nhiều, đưa ra các định nghĩa về sự tương ứng, hàm số và trình tự, đồng thời giới thiệu một số đặc điểm của logic toán học.

Chương đầu tiên trình bày lý thuyết về giới hạn của dãy số hữu tỷ.

Chương thứ hai của cuốn sách trình bày lý thuyết về các số hành động và lý thuyết về dãy số. TRONG

*) G. N. Ykovlev. “Chuỗi số và hàm liên tục” (Moscow, “Prosveshcheniye”, 1978).

Cơ sở của bài trình bày là lý thuyết về số hoạt động, được phát triển bởi G. Kantr và S. Mere. Chúng tôi tin rằng cách trình bày lý thuyết số hoạt động như vậy phù hợp với tinh thần của toán học phổ thông. Tác giả xác định khái niệm đẳng thức, bất đẳng thức của các số hành động và trình bày chi tiết các lý lẽ cho các số hành động.

Chương thứ ba thảo luận về các hàm cơ bản cơ bản, đưa ra định nghĩa về hàm và chứng minh các lý thuyết cơ bản liên quan đến các khái niệm này.

Trong chương thứ tư, một lý thuyết cơ bản tùy ý và đã được chứng minh về hàm vi phân được giới thiệu.

Các bài tập được lựa chọn thuận tiện chiếm một vị trí quan trọng trong sách hướng dẫn. Chúng giúp người đọc hiểu những vấn đề khó trong khóa học và thấm nhuần các kỹ năng tốt về lời giải bài toán. Cùng với các nhiệm vụ chung, hướng dẫn này bao gồm một số lượng đáng kể bài toán độ khó tăng dần. Tỷ lệ tăng độ khó bài toán khá cao. Nó dẫn đến các bài tập khó nhanh hơn nhiều so với cách làm trong sách giáo khoa.

Nhiều vấn đề được trình bày trong cuốn sách một cách mới mẻ và độc đáo. Tác giả sử dụng khéo léo các ký hiệu và ngôn ngữ logic toán học.

Một số trường hợp không được chấp nhận là do số lượng phát hành sách ít, nhưng cuốn sách này rất được cả giáo viên trung học và học sinh trung học quan tâm và chắc chắn sẽ gây ra nhu cầu lớn. Chúng ta phải hy vọng rằng cuốn sách thứ hai tôi xuất bản sẽ không mất nhiều thời gian.

G. Lukakin, M. Smolyansky

56

Hãy thay thế hình

3. $$\frac{Q}{q} = \frac{\sin^2(\alpha + \beta)}{\sin^2(\alpha - \beta)}$$

4. $$R = \frac{\sqrt{a^2 + b^2 + 2ab\cos 2\alpha}}{2\sin 2\alpha}$$

5. $$R = \frac{a\sqrt{2}}{4}$$

Xây dựng ảnh của thấu kính và gương cầu

1. Hãy vẽ trục quang thứ cấp AO (Hình 1). Chùm tia AC song song với trục quang chính, sau khi gặp thấu kính, đi qua tiêu điểm phía sau F’. Giao điểm của đường thẳng AO và CF’ cho điểm A’ - ảnh của điểm A. Tương tự, ta tìm được điểm B’ - ảnh của điểm B. Bằng cách nối các điểm A’ và B’, ta thu được ảnh predmeta.

2. Trục quang bên OD, song song với tia trên của chùm tia, cắt mặt phẳng tiêu cự phía trước tại điểm D (Hình 2). Chùm BA và OD, youSED

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

những tia từ thấu kính song song với nhau, trước khi gặp nó, cắt nhau ở mặt phẳng tiêu cự phía trước của thấu kính; do đó, sự tiếp tục của đường thẳng BD xác định đường đi của tia BA tới thấu kính. Tương tự, ta tìm tia tới tương ứng với tia ra CA.

3. Các bộ phận của ống kính hoạt động giống như toàn bộ ống kính. Trục quang chính M₁N₁ của phần trên của thấu kính phức được dịch chuyển xuống dưới một khoảng d so với trục đối xứng của hệ (Hình 3); O₁ là quang tâm, AO₁ là trục quang phụ của phần trên thấu kính. Tia AB song song với trục M₁N₁ sau khi gặp thấu kính sẽ đi qua tiêu điểm F’ của phần trên thấu kính. Giao điểm của các đường BF’ và AO₁ cho vị trí của ảnh A’ tạo bởi phần trên của thấu kính phức. Phần dưới của thấu kính tạo ra ảnh A’’ đối xứng.

4. Hãy nối sọc P từ điểm A và A’ (Hình 4). Trục gương đi qua điểm P và chia đôi góc APA’. Tâm của gương O nằm ở giao điểm của trục với đường thẳng AA’. Vòng tròn bán kính |OP| xác định vị trí của gương. Gương của bề mặt phản chiếu của nó hướng về mục tiêu; do đó nó là lõm. Tiêu điểm F chia đoạn |OP| một nửa.

Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Toán học

Khoa Cơ học và Toán học

Tùy chọn 1

1. — 10. Gợi ý. a∈Z⇒a²∈Z

2. $$\frac{\sqrt{2\pi}}{2}$$

3. $$\frac{9}{2}$$. Lời giải. Vì AQC = APC = 90° nên có thể vẽ một đường tròn bao quanh tứ giác AQPC. Do đó BAC + QPC = 180°. Từ BPQ + QPC = 180° suy ra BAC = BPQ. Vì vậy, ∠ABC�sim∠QBP. Hệ số tương đồng k = $$\frac{\sqrt{S_{\triangle QBP}}{S_{\triangle ABC}}}{1}$$. Vì vậy, $$\frac{|BP|}{|AP|} = \frac{1}{3}$$. Chúng ta hãy ký hiệu △ABC bằng β, sử dụng

58

5. $$\frac{3-\sqrt{5}}{4}.$$ Lời giải. Gọi $V$ là thể tích của đường thẳng $HABCE$, $h$ độ dài đường cao của đường thẳng, $h_1 = |HO|$ chiều cao của tam giác $AHE$ (Hình 6). Hãy đặt $|AE| = x$. Sau đó $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} x \cdot \sin BAE \leq \frac{x}{2}$. Hãy đặt $|AH| = y$; thì $|EH| = \sqrt{2} - y$. Từ đẳng thức $S_{\triangle AHE} = \frac{1}{2} x h_1$, áp dụng công thức Heron, ta tìm được $h_1 = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}} \cdot \sqrt{1 - \frac{2(1-\sqrt{2}y)^2}{x^2}}$; do đó $h_1 \leq \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$. (Ký hiệu 3 a. Chiều cao của một tam giác cân có đáy dài $x$ và cạnh dài $\frac{\sqrt{2}}{2}$ là $\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$). Như vậy, chúng ta đã chứng minh rằng trong số các tam giác có đáy có độ dài cố định và tổng chiều dài các dây bên cố định thì tam giác cân có chiều cao lớn nhất. Chứng minh hình học không thể đoán trước này!

Vì $S_{\triangle ABE} = S_{\triangle BCE}$, các dòng $HBAE$ và $HBCE$ có ​​cùng âm lượng $\frac{1}{12}$. Có nghĩa,

$$\frac{1}{12} = V_{HBAE} = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle ABE} \cdot h \leq \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle ABE} \cdot h_1 \leq \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}.$$ (1)

Giải bất đẳng thức $\frac{1}{12} \leq \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$, ta thu được $x = 1$. Khi đó $\frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}} = 1$ và mọi bất đẳng thức không đụng chạm (1) đều thỏa mãn đẳng thức. Vì vậy, $h = h_1 = \frac{1}{2}$ và $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2}$. Do đó, $|AB| = |AE|$ và $\widehat{BAE} = \frac{\pi}{2}$. Với điều kiện $S_{\triangle ABE} = S_{\triangle BCE}$, chúng ta kết luận rằng đáy $ABCE$ là hình vuông. Ngoài ra, $|AH| = |EH| = \frac{\sqrt{2}}{2}$, mặt phẳng $AHE$ vuông góc với mặt phẳng $ABCE$ và $[HO]$ là độ cao của các đường thẳng.

Bán kính $r_1$ của hình tròn nội tiếp tam giác $AHE$ bằng (bài toán 10 đến trang 112 của “Hình học 8”) $$\frac{S_{\triangle AHE}}{p_{\triangle AHE}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$$. Sự miêu tả

Hình 6. Hình 7.

từ điểm $H$ vuông góc $HK$ đến $BC$ (Hình 7). Theo định lý ba đường vuông góc $OK \perp BC$. Vì vậy, $|OK| = 1$. Bán kính của hình tròn $r_2$ nội tiếp trong tam giác $HOK$ là $$\frac{S_{\triangle HOK}}{p_{\triangle HOK}} = \frac{3 - \sqrt{5}}{4}$$. Thật dễ dàng để kiểm tra điều đó $r_2 < r_1$.

Xét một quả bóng có bán kính $r_2$ có tâm tại điểm $M$ (xem Hình 7). Nó chạm vào các mặt $AHE$, $ABCE$ và $BHC$. Vì hình chiếu trực giao của nó lên mặt phẳng $AHE$ là một đường tròn có bán kính $r_2$ có tâm là $HO$, các tiếp tuyến $[AE]$ và $r_2 < r_1$, nên chúng ta kết luận rằng đường tròn này nằm bên trong tam giác $AHE$. Vì đường thẳng $HABCE$ được chiếu lên $\Delta AHC$ nên bản thân quả bóng nằm bên trong đường thẳng.

Hình chiếu trực giao của một quả cầu tùy ý đặt trên đường thẳng $HABCE$ lên mặt phẳng $HOK$ là một đường tròn có cùng bán kính nằm bên trong tam giác $HOK$. Do đó, quả bóng không vượt quá $r_2$.

Bài toán thi vấn đáp

1. Nếu $a \neq 0$ hoặc $b \neq 0$, $\min f(x) = -\frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$, $\max f(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$. Nếu $a=b=0$, $\min f(x) = \max f(x)=0$.

2. {3}. 3. Gợi ý. Độ dài của một cạnh bất kỳ của một tam giác đều nhỏ hơn tổng độ dài các đường phân giác của nó. 4. Gợi ý. Độ dài hình tròn có bán kính là $1 - 2\pi$, diện tích hình tròn tương ứng là $-\pi$. 6. $$\frac{5-b}{2(ab+a-2b+1)}$$

Vật lý

Khoa Vật lý

1. Ranh giới của khu vực được bắn là một parabol, phương trình của nó là:

$$y_{rp} = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g}{2v_0^2} x_{rp}^2.$$

2. Hình chiếu của nhóm gia tốc lên trục hướng thẳng đứng xuống dưới bằng

61

2. $U_1 = \frac{\mathcal{E}_2 C_2 - \mathcal{E}_1 C_1}{C_1 + C_2}$.

3. $|S_0 S| = F \sqrt{(3 + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha (1 + 1/\cos \alpha)^2}$.

Gợi ý. Hình ảnh $S$ nằm trong mặt phẳng tiêu điểm của đường thứ hai (Hình 12).

Tùy chọn 2

1. $F = F_0 \text{ ctg} (\alpha/2)$.
2. $\alpha = 4/l$.
3. $x = \frac{2l}{(c^2 / |\vec{v}|^2)} - 1 \left( \sin \alpha \pm \sqrt{(c^2 / |\vec{v}|^2) - \cos^2 \alpha} \right)$;

Dấu trừ tương ứng với ô tô đang chuyển động ngược chiều.

Gợi ý và e. Khi âm thanh bị phản xạ, góc tới bằng góc phản xạ (Hình 13).

Tùy chọn 3

1. $\delta = \begin{cases} 1 - (nr/R)^2 & \text{при } nr < R, \\ 0 & \text{при } nr \geq R. \end{cases}$

Gợi ý. Đường đi của tia biên, chưa bị phần bên trong quả bóng hấp thụ, được thể hiện trên Hình 14.

2. $|\vec{F}| = \frac{\omega a^3 |\vec{B}|^2}{4R}$.
3. $|\vec{v}_{\text{max}}| = \frac{k_2 a}{\sqrt{m (k_1 + k_2)}}$.

Bài tập-đánh giá

1. Năng lượng $mgh$ tích lũy khi rơi từ độ cao $h$ được sử dụng cho công $A \sim |\vec{F}| l$ chống lại lực trung bình $\vec{F}$ tác dụng lên chân ($l$ – đường đi của tâm

Hình 12.

Hình 13.

Hình 14.

Hình 15.

Hình 16.

trọng lực trong suốt thời gian tác dụng lực, xấp xỉ bằng chiều dài của chân). Như vậy,

$|\vec{F}| \sim mg \frac{h}{l}$.

Lấy $m = 70 \text{ кг}$, $h = 5 \text{ м}$, $l = 1 \text{ м}$, ta được $|\vec{F}| \sim 3500 \text{ H}$.

2. Các tia tới từ rìa của Mặt trời qua tâm của đường thẳng (góc giữa chúng bằng tỷ lệ giữa đường kính của Mặt trời và khoảng cách tới nó: $\alpha = D_C/r_C$) không bị khúc xạ và tạo ra ảnh Mặt trời trong mặt phẳng tiêu điểm của đường thẳng (Hình 15). Đường kính hình ảnh

$$d = \alpha F = \frac{D_C}{r_C} F,$$

trong đó $F$ là tiêu cự của đường thẳng. Năng lượng rơi trên vùng đường $\pi D^2/4$ tập trung vào một vùng nhỏ hơn đáng kể của hình ảnh $\pi d^2/4$. Vì vậy, có sự gia tăng năng lượng trên một đơn vị diện tích trong

$$\beta = \frac{D^2}{d^2} = \left( \frac{D_r}{D_C} F \right)^2 \text{ раз.}$$

Ví dụ: chọn $D = 5 \text{ см}$, $F = 25 \text{ см}$ và thay thế giá trị đường kính góc của Mặt trời $\alpha = D_C/r_C$, chúng ta thu được $\beta \sim 400$.

3. Hãy ước tính áp suất, sử dụng công thức thủy tĩnh

$$p = \rho g \text{средн} R \sim \rho \frac{g}{2} R,$$

(g av = $\frac{g}{2}$, vì gia tốc lực)

Lực hấp dẫn từ tâm Trái đất đến bề mặt tăng theo quy luật tuyến tính). Hãy đánh giá

62

Mật độ trái đất:

$$\rho = \frac{M_3}{V_3} = \frac{gR^2/\gamma}{4/3\pi R^3} = \frac{3g}{4\pi R\gamma}.$$

Như vậy,

$$p \sim \frac{3g^2}{8\pi\gamma} \sim 10^6 \text{ atm.}$$

Bài tập - trình diễn

1. Dưới tác dụng của từ trường của tụ điện bên trong, điện tích được tạo ra trên quả cầu tự cảm. Chúng được phân bố sao cho các điện tích giống nhau với bản gần nhất của tụ điện nằm ở xa nó hơn và các điện tích khác nhau nằm ở gần hơn. Điều này dẫn đến một lực hút quả bóng vào một trong các tấm. Khi một quả bóng chạm vào một tấm, một điện tích giống như điện tích của tấm được truyền sang nó, xảy ra lực đẩy từ tấm này và lực hút sang tấm kia. Sau đó mọi thứ được lặp lại. Quả cầu tự chuyển điện tích từ tấm tụ điện này sang tấm tụ điện khác.

2. Khi lõi sắt được đưa vào, độ tự cảm của cuộn dây và do đó điện trở cảm ứng của nó tăng lên. Độ sáng của bóng đèn sẽ tăng khi độ tự cảm của cuộn dây thứ nhất tăng nếu cuộn dây này mắc vào mạch song song với bóng đèn. Tương tự, độ sáng của bóng đèn sẽ giảm khi độ tự cảm của cuộn dây thứ hai tăng nếu cuộn dây mắc nối tiếp với bóng đèn. Vì vậy, chúng ta có được sơ đồ như trong Hình 16.

3. Trong một vòng điện cảm đặc, dòng điện xoáy trong vòng có hướng sao cho sự tương tác của nó với từ trường của cuộn dây dẫn đến lực đẩy của vòng (dọc theo thanh) khỏi cuộn dây. Khi cọc bị cắt, dòng điện như vậy không thể xuất hiện và không quan sát thấy sự phóng ra của vòng.

Viện thép và hợp kim Moscow

Vật lý

1. $$\left| \vec{a} \right| = \frac{m_2 \sin \beta - m_1 \sin \alpha}{m_1 + m_2} g = 1 \text{ m/c};$$
   $$\left| \vec{T} \right| = \frac{m_1 m_2 g(\sin \alpha + \sin \beta)}{m_1 + m_2} = 6 \text{ H}.$$

2. $$m_2 = m_1 \frac{c_1(t_1 - \theta)}{c_1 \theta + r - c_2 t_2} \approx 0,56 \text{ кг}.$$

3. $$l_1 = \frac{L \mu_2}{\mu_1 + \mu_2} = 5 \text{ cm} \text{ и } l_2 = \frac{L \mu_1}{\mu_1 + \mu_2} = 80 \text{ cm} (\text{здесь } \mu_1 = 32.10^{-3} \text{ кг/mоль и } \mu_2 = 2.10^{-3} \text{ кг/mоль — молярные массы, соответственно, класса и водорода}).$$

4. $$h = \frac{e |\vec{E}| L^2}{2 m |\vec{v}|^2} \approx 10^{-2} \text{ м} = 1 \text{ cm}.$$

5. $$\frac{(2R + r) q}{r C} = 110 \text{ B}.$$

6. $$\delta \approx 0,1 \text{ рад} \approx 6^\circ.$$

Sai lầm ở đâu?

(xem trang 38)

Quy tắc logic được hình thành trong bài tập đề cập đến câu phát biểu (thực ra bạn nghĩ thế nào: câu A đúng? sai?), rồi đến câu C mà không cần cân nhắc thêm (rõ ràng câu C là viết tắt của “Nói X,” Tôi đang nói sự thật); nó chỉ trở thành một tuyên bố sau khi X được chỉ định và đối với một số X, nó trở thành một tuyên bố đúng, đối với những X khác, nó trở thành một tuyên bố sai) được coi là một tuyên bố rõ ràng là không đáng kể.

Nguyên nhân của lỗi có thể giải thích ngắn gọn hơn một chút: trong câu “Từ B theo C” và “Từ A theo C” C mang một nghĩa khác.

Tôi có biết sự bất bình đẳng không?

(xem trang 43)

1. $$0; 1. [. 2. ] - 4; - 3 [\cup] - 3; \infty [. 3. ] 0; 1 [\cup] 1; \infty [. 4. ] \log_1/\sqrt{2} 3; \infty [=] - 2 \log_2 3; + \infty [. 5. ] \frac{\pi}{4} + 2 \pi k; \frac{5\pi}{4} + 2 \pi k [k \in Z] 6. ] - \infty; + \infty [. 7. ] \sqrt{\cos 6} большие. 8. - 2 a.$$

2. Đáp số.] $^9/4$; $\infty [. \text{Решение. Обозначим } \sqrt{2} = a$; thì $2 = a^2$ và bất đẳng thức ban đầu sẽ được viết lại thành:

$$\log_a - 0,5 (x^2 (x - 3a) + a^2 (3x - a)) < 6.$$

$$\log_a - 0,5 (x^3 - 3ax^2 + 3a^2 x - a^3) < 6 \Leftrightarrow \log_a - 0,5 (x - a)^3 < 6 \Leftrightarrow 3 \log_a - 0,5 (x - a) < 6 \Leftrightarrow \log_a - 0,5 (x - a) < 6 \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 2.$$

2. Dễ dàng thấy rằng $x^2 - 3x + 3 > 0$ với mọi x. Do đó, arcsin($x^2 - 3x + 3$) lớn hơn 0 với mọi x sao cho $x^2 - 3x + 3 \leq 1$. Nhưng rõ ràng là $x^2 - 3x + 3 \leq 1$ và $x^2 - 3x + 3 \leq 1$.

Tại x = 1, $\log_x x^2$ mất ý nghĩa nên đối với bất đẳng thức ban đầu giá trị cho phép là $1 < x \leq 2$. Mẫu số của phân số ban đầu là $x^3 - x^2 + x + 2$. Thật dễ dàng để kiểm tra (ít nhất là sử dụng một tùy ý) rằng trên [1; 2] biểu thức này là tích cực. Đáp số.] 1; 2].

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 4)

1. $1311 - 952 = 359$
   $313 + 17 = 330$
   $1624 : 56 = 29$
   $333^3 = 36926037$
   $477^3 = 108531333$
   $997^3 = 991026973$
2. a) $1233 = 12^2 + 33^2$; b) $8833 = 88^2 + 33^2$.
3. Hãy thay thế tất cả các số bằng số dư của chúng khi chia cho 5 (xem bảng) và trên cùng

| | | | | | | |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 3 | 5 | 7 | 11 | 13 | 17 | 19 | 23 | 29 |
| 3 | $\ddot{0}$ | $\dot{2}$ | $\ddot{1}$ | $\dot{3}$ | $\ddot{2}$ | $\dot{4}$ | $\ddot{3}$ | $\ddot{4}$ |

Chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ trường
(xem «Kvant» số 4)

1. $|\vec{E}| = \frac{4|\vec{v}|^2 \sin^2 \alpha (h \text{ ctg} \alpha - d)}{h^2 e/m} = 1,82 \cdot 10^4 \text{ B/m}$.
2. $R = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 W} = 5,2 \cdot 10^{-11} \text{ M}$, trong đó $\varepsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12} \text{ F/m}$ là hằng số điện.
3. $\frac{\Delta U}{U_0} \leqslant \frac{A_2 - A_1}{A_1 + A_2} = \frac{1}{40} = 2,5\%$.

Gợi ý. Các chùm đồng vị kali sẽ không chồng lên nhau nếu $R_{2m1n} \geqslant R_{1max}$. Đây
$$R_{2m1n} = \frac{1}{e|\vec{B}|} \sqrt{2em_2(U_0 - \Delta U)},$$
$$R_{1max} = \frac{1}{e|\vec{B}|} \sqrt{2em_1(U_0 + \Delta U)}$$

($m_1 \sim A_1$ và $m_2 \sim A_2$ là khối lượng của các ion kali tương ứng).

4. $T_p = T_e \frac{m_p}{m_e}$.

Hình 17.

Hình 18.

64

Viện kiến ​​trúc Moscow
(xem “Số lượng” số 4)

Toán học
Vé 1
2. 1) $m^2 - 2$; 2) $m(m^2 - 3)$;
3) $\sqrt{m^2 - 4}$ hoặc $-\sqrt{m^2 - 4}$. 3. $a^2\left(\frac{\pi}{3} + \frac{1}{4\sin^2 75^\circ} - 1\right) = a^2\left(\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}\right)$.

Gợi ý: Hình cần tìm diện tích là hợp của một hình vuông và bốn đoạn thẳng.

Vé 2
2. 8. 3. $\sqrt{41,36} \approx 6,4$ (m). Gợi ý e. Gọi $\alpha(x)$ là góc mà một người đứng ở khoảng cách $x$ nhìn thấy bức tượng. Khi đó hàm $x \rightarrow \alpha(x)$ và $x \rightarrow \tau g\alpha(x)$ lấy giá trị lớn nhất tại cùng một điểm.

Vật lý

1. $\alpha = \arccos\left(1 - \frac{m^2|\vec{v}|^2}{2(m+M)^2gl}\right)$.
2. $|\vec{F}_1| = Mg\cos\alpha$; $|\vec{F}_2| = Mg\sin\alpha$.
3. $|\vec{F}_{cp}| = \frac{m}{s}\left(g(H+s) + \frac{|\vec{v}_0|^2}{2}\right) = 761$ N.
4. $q = 2l\sin\alpha\sqrt{2\pi\epsilon_0mg\sin\alpha} \approx 3,3 \cdot 10^{-8}$Cl.
5. $t_3 = t_1 + t_2 = 45$ phút; khi thời gian gia nhiệt tăng lên, tổn thất nhiệt ra môi trường tăng lên, do đó, ở mỗi trường hợp tiếp theo, hiệu suất sẽ thấp hơn so với trường hợp trước.
6. $I_{k3} = \frac{I_2^2P_1 - I_1^2P_2}{P_1I_2 - P_2I_1} = 112$ A.

trò chơi domino
(xem “Quant” số 4, trang 56)
Xem hình 19, 20, 21.

Hình 19.

Hình 20.

Hình 21.

Phòng đã được chuẩn bị:
A. Vilenkin, I. Klumova, T. Petrova,
A. Sosinsky, V. Tikhomirova,
Yu. Shikhanovich

Số đã được phát hành:
M. Dubach, G. Krasikov, S. Lukhin,
E. Nazarov, I. Smirnova, V. Chernov
V. Sheptovitsky

Chủ biên tập bởi L. Chernov

Biên tập nghệ thuật N. Vershinna

Người hiệu đính A. Ipatova
113035, Mátxcơva, M-35, B. Ordynka, 16/21,
“Số lượng”, điện thoại. 231-83-62
Giao đến tập 29/I-79
Đã ký con dấu 13/IV-79
Giấy 70×108/16. Vật lý. lò nướng L. 4
Lò nướng có điều kiện L. 5.60 Academic ed. L. 6.77 T-08943
Giá 30 kopecks. Đặt hàng 423
Lưu hành 287.200 bản.

Nhà máy in Chekhov
Soyuzpolygraphproma
Ủy ban Nhà nước
Liên Xô về xuất bản, in ấn và buôn bán sách,
Chekhov, khu vực Moscow

Lãnh đạo không trở lại