[Lời giải lập thể bài toán]

55

Lực ép tối đa của nửa lò xo có bằng $N$ (hình 3) không? Chiều dài lò xo tự do $l$.

5. Khi truyền tải điện đi xa, người ta sử dụng máy biến áp để tăng điện áp lên $U=6 \cdot 10^3$ V và được tải đến công suất định mức $P=10^6$ W. Đồng thời, chênh lệch chỉ số của công tơ điện lắp đặt tại trạm biến áp và tại điểm tiếp nhận tăng lên mỗi ngày $\Delta W=216$ kWh. Cần tăng điện áp trên đường dây bao nhiêu lần để trong quá trình truyền tải tổn thất điện năng không vượt quá $\eta=0,1\%$?

Bài toán thi vấn đáp

1. Viên đạn ở điểm cao nhất của quỹ đạo nổ thành hai mảnh có khối lượng $m_1=3$ kg và $m_2=5$ kg. Vận tốc của đạn ngay sau khi nổ bằng $v_0=600$ m/s, tốc độ của viên đạn cói lớn ngay sau khi nổ bằng $v_2=800$ m/s và hướng của nó trùng với hướng chuyển động của đạn trước khi nổ. Xác định vận tốc của mảnh vỡ ngay sau khi vỡ.

2. Một chiếc bè gồm $n=20$ khúc gỗ giống hệt nhau có thể chở một tải trọng có trọng lượng tối đa $m=1800$ kg. Xác định khối lượng riêng của gỗ nếu thể tích của mỗi khúc gỗ là $V=0,3$ m³ và khối lượng riêng của nước là $q_B=1000$ kg/m³.

3. Một dây dẫn có chiều dài $l=10$ cm, trong đó có dòng điện $I=15$ A chạy qua, chuyển động trong một từ trường đều có cảm ứng $B=0,5$ T đến khoảng cách $s=20$ cm. Xác định công lớn nhất thực hiện được khi chuyển động dây dẫn. Người dẫn đường phải di chuyển như thế nào?

Ấn phẩm được biên soạn bởi V. F. Safonov, V. L. Chudov

bìa của chúng tôi

Chúng tôi sẽ đưa ra hai lời giải bài toán đặt ở vị trí 4 giây. bao gồm «Kvant» Số 2. Vì mục tiêu của chúng tôi là giúp người đọc giải quyết vấn đề lập thể phức tạp bài toán chứ không cung cấp các mẫu thiết kế lời giải, nên chúng tôi cố gắng làm nổi bật các ý chính, đồng thời bỏ qua một số chi tiết của cuộc thảo luận. Người đọc có thể dễ dàng xây dựng lại chúng một cách độc lập; trong những trường hợp quan trọng nhất, các vị trí tương ứng trong văn bản được đặt như sau: (?) Để ngắn gọn, một số ký hiệu, ý nghĩa rõ ràng từ hình vẽ trên bìa hoặc từ hình, không được giải thích trong văn bản.

Vì vậy, đặt ABCD là đáy của một đáy cho trước, $S$ đỉnh của nó, $O$ giao điểm của hình thoi chéo ABCD.

lời giải đầu tiên dựa trên một công thức rất mới liên quan đến bán kính $r$ của một hình tròn được viết ở góc $\varphi$ với khoảng cách $a$ từ điểm tiếp tuyến của nó ở cạnh góc tới đỉnh của nó (hình 1):

$$a = r \text{ ctg} \frac{\varphi}{2}.$$

Hình 1 cũng có thể được coi là một phần của một góc kép có độ lớn $\varphi$ với một hình cầu có bán kính $r$ được viết vào đó, đi qua tâm của hình cầu vuông góc đến mép của góc; trong trường hợp này, giá trị $a$ trong (1) là khoảng cách từ điểm tiếp xúc của quả cầu với cạnh của góc đến cạnh của nó. Từ đây rõ ràng tâm của quả cầu này nằm trên mặt phẳng phân giác của góc hai chiều (?).

Đến bài toán, ta lưu ý rằng vì $O$ là tâm của đường tròn viết ở đáy

57

Các bài tập của trường đã chọn

1. Giả sử các cạnh AD và AB của tứ giác ABCD lần lượt bằng a và b và góc giữa chúng bằng α (hình 1). Giả sử các đường thẳng CD và AB cắt nhau tại điểm E. Từ tam giác vuông ADE ta có AE = a/cos α. Do đó BE = a/cos α - b. Từ △ TCN ta tìm được BC = BE · tg(π/2 - α) = BE · ctg α = (a - b cos α)/sin α. Tương tự, CD = (b - a cos α)/sin α. S_{ABCD} = 1/2 (AD · DC + AB · BC) = (2ab - (a² + b²) cos α)/2 sin α.

2. (a² + b²)(c² + d²) = a²c² + b²c² + a²d² + b²d² = a²c² + 2abcd + b²d² + b²c² - 2abcd + a²d² = (ac + bd)² + (bc - ad)².

3. Đáp số. 24 dặm. 6 giờ 30 phút hôm qua. Gợi ý. Du khách đi hết một dặm trên mặt đất bằng phẳng trong 1/4 giờ, lên dốc trong 1/3 giờ và xuống dốc trong 1/6 giờ. Do đó, du khách đi mỗi dặm tới đó và quay về trong 1/2 giờ. Suy ra quãng đường người đó đi trong 6 giờ là 24 km. Nếu đi bộ 12 dặm thì mất 3 giờ, nếu đi lên dốc thì mất 4 giờ. Vì vậy, “trung bình” họ phải mất 3,5 giờ để lên đến đỉnh núi.

4. Lời giải. Cho tam giác ABC (hình2). Vẽ các đường thẳng vuông góc với cạnh AB tại điểm A và BC tại điểm C. Gọi D là giao điểm của các đường thẳng này và đường thẳng BD cắt AC tại điểm E. Điểm E là điểm mong muốn. (Để bài toán có ​​lời giải thì góc A và C phải nhọn).

5. Cho ABC là một góc P cho trước là một điểm bên trong nó (hình 3). Qua điểm P vẽ PD || BC và từ điểm D vẽ đoạn thẳng DQ = BD trên tia DA. Đường thẳng QP cắt cạnh BC tại điểm R. Ta chứng minh tam giác BQR là tam giác cần tìm. Chúng ta hãy hoàn thiện tam giác BQR thành hình bình hành BRSQ và xem xét một tam giác BEH tùy ý, cạnh của nó đi qua điểm P. Tam giác BEH thu được từ tam giác BQR bằng cách “cắt bỏ” tam giác EQP và “thêm” tam giác RPH, có diện tích lớn hơn diện tích của tam giác RPE (E’ là giao điểm của RS và EH), do đó, bằng diện tích EPQ.

6. Đáp số: Trưa ngày thứ ba B đi bộ 23 dặm từ điểm xuất phát và cuối ngày thứ tư B đi bộ đến A cách điểm xuất phát A 34 dặm. Lời giải. Sử dụng công thức tính tổng cấp số cộng, không khó để xác định rằng trong x ngày, mã người đi bộ B sẽ đi được quãng đường (2·2 + (x-1)2)·2/2, và mã người đi bộ A sẽ đi được (2·10 - (x-1))·x/2. Theo điều kiện (2·10 - (x-1))x/2 = 14 + (2·2 + (x-1)2)x/2. Giải phương trình này, ta được x₁ = 4, x₂ = 7/3. Căn bậc hai của phương trình không phù hợp vì chúng ta giả sử rằng x là số nguyên. Tuy nhiên, chính sự hiện diện của gốc này cho thấy rằng trong ngày thứ 3, quân A sẽ bỏ qua quân tốt B. Hãy cùng tìm hiểu xem điều này xảy ra khi nào. Đến cuối ngày thứ hai, A đi được 19 phút và B còn cách điểm A rời đi 20 phút. Như vậy, vào đầu ngày thứ ba, B đi trước A 1 triệu. Trong ngày này, A di chuyển với vận tốc 8/12 m/h và B di chuyển với vận tốc 6/12 = 1/2 m/h.

Do đó, sau thời gian t = 1/((2/3 - 1/2)) = 6 giờ, người đi bộ A sẽ đồng ý với người đi bộ B.

7. Gọi d là độ dài dây chung của hai đường tròn cho trước (hình 4). Khi đó bán kính nhỏ hơn đường tròn bằng d và bán kính lớn hơn d/(2 sin 15°). Diện tích S₁ của đoạn màu đỏ bằng hiệu giữa diện tích của hình quạt và hình tam giác, nghĩa là S₁ = πd²/6 - d²√3/4. Tương tự, diện tích S₂ của đoạn màu xanh lam là S₂ = π/12 d²/4sin²15° - 1/4 d²/4sin²15°. Vì 4sin²15° = 2(1 - cos 30°) = 2 - √3, S₂ = π/12 d²(2 + √3) - d²(2 + √3)/4. Tỷ lệ yêu cầu là (S₁ + S₂)/(πd²) = (4 + √3)/12 - (1 + √3)/2π ≈ 0,043…

8. Cho ABCD là một hình thang tùy ý được vẽ trong một đường tròn bán kính r (hình 5) cho trước. Chúng ta vẽ một đường kính đi qua tâm O của đường tròn này, vuông góc với các đường chính AD và BC và cắt chúng lần lượt tại các điểm H và K. Hãy |BC| = 2x. Sau đó |AD| = 4x ​​​​và S_{ABCD} = 3x · |KH|, trong đó 0 ≤ x ≤ r/2. Giả sử điểm O nằm bên trong hình thang (vì sao?), nên |KH| = |KO| + |OH| = √r² - x² + √r² - 4x², nên S_{ABCD} = S(x) = 3x(√r² - x² + √r² - 4x²). Phương trình

60

Hình 10.

tan φ=2 tan Ψ. Phải có tg(φ+Ψ)<0, nghĩa là, $\frac{3 \text{tg } \Psi}{1-2 \text{tg}^2 \Psi} > 0$, từ đó tg φ> $\frac{\sqrt{2}}{2}$, và vì $\beta + \Psi = \frac{\pi}{2}$, chúng ta nhận được 0<β<arctg $\sqrt{2}$.

Tùy chọn 2

1. $\{-7\} \cup [-6,3; -6] \cup [-6; -5]$.
2. $\frac{76}{55-2p}$ km/h ở $\frac{449}{26} < p < \frac{525}{26}$; tại $0 < p \leq \frac{449}{26}$ và $p \geq \frac{525}{26}$ lời giải không. Gợi ý. Từ điều kiện bài toán ta thu được hệ px+11y=105, $(p+5)x+13y=131, 0 < y < x$.
3. $C \in ]-\infty; 2] \cup \left\{\frac{2}{3} \pi; \pi\right\} \cup [4; +\infty[$.
   Gợi ý. Phương trình cot x-$\frac{1}{\sqrt{3}}=0$ trên khoảng $[-4; -2]$ có ​​nghiệm x=-$\frac{2\pi}{3}$.

Căn nghiệm này sẽ là duy nhất khi và chỉ nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: phương trình x+c=0 a) không có nghiệm nào trên khoảng $[-4; 2]$; b) không có gốc trùng với $= \frac{2\pi}{3}$; b) có nghiệm không nằm trong miền định nghĩa của hàm ctg.
4. $\frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma$ tại $r > \frac{3\sqrt{2}}{4} a; \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{tg } \gamma$ tại $\frac{a\sqrt{2}}{2} < r \leq \frac{3\sqrt{2}}{4} a$. Gợi ý. Cho ABCD là

Hình 11.

một hình vuông có tâm E, trong đó mô tả hình nón là (hình 11), O là tâm hình vuông PQRT, K và L lần lượt là trung điểm của các đoạn BC và QR. Từ hình thang OEKL ta thu được $|OL| = \frac{r\sqrt{2}}{2}$; $|EK| = \frac{r\sqrt{2}}{2} - x \text{ctg } \gamma$, ở đâu $x = |OE|$. Thể tích của hình nón là
$$V(x) = \frac{1}{3} \pi |OE| \cdot |EK|^2 = \frac{\pi}{3} x \left( \frac{r\sqrt{2}}{2} - x \text{ctg } \gamma \right)^2,$$
trong đó $x \in ]0; h[$, trong đó $h = \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{ctg } \gamma$ là chiều cao của đường thẳng bị cắt cụt này. Khảo sát hàm V(x) cho một cực trị bằng cách sử dụng một cực trị tùy ý, chúng ta thấy rằng đối với $x = \frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma < \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{tg } \gamma$, chiều cao của hình nón là nghịch đảo nhất x=$\frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma$ và đối với $x \geq h$ hàm V(x) trả về trên khoảng $]0; h]$.

Vật lý

1. Hãy viết trạng thái cân bằng của nguyên liệu tại thời điểm vật A tách ra (xem hình 1 trong bức tượng):
   $$T_2 l_2 - T_1 l_1 = 0,$$
   trong đó $T_1=m_1 g$ là lực căng của sợi chỉ bên trái, $T_2$ là lực căng của sợi chỉ bên phải.
   Lực căng $T_2$ sẽ lớn nhất tại thời điểm sợi bên phải ở vị trí thẳng đứng. Bây giờ chúng ta hãy viết ra định luật thứ hai của Newton và định luật bảo toàn cơ năng:
   $$T_2 - m_2 g = \frac{m_2 v^2}{l},$$
   $$\frac{m_2 v^2}{2} = m_2 g l (1-\cos a),$$
   trong đó $l$ là chiều dài của sợi chỉ, $a$ là góc lệch mong muốn của sợi chỉ. Từ hai phương trình cuối cùng ta tìm được:
   $$\cos \alpha = \frac{1}{2} \left( 3 - \frac{m_1 l_1}{m_2 l_2} \right) = \frac{1}{2}, \alpha = 60^\circ.$$
2. Ta ký hiệu bằng $v_{1y}$ và $v_{2y}$ các hình chiếu vận tốc của viên đạn và tấm ván lên trục thẳng đứng sau khi viên đạn rời khỏi tấm ván và viết định luật bảo toàn động lượng trong hình chiếu lên trục này, cũng như định luật bảo toàn năng lượng cho viên đạn và tấm ván:
   $$m_1 v_0 \sin \alpha = m_1 v_{1y} + m_2 v_{2y},$$
   $$\frac{m_1 v_{1y}^2}{2} = m_1 g H,$$
   $$\frac{m_2 v_{2y}^2}{2} = m_2 g h.$$
   Từ đây chúng ta có được
   $$h = \left( \frac{m_1}{m_2} \right)^2 \frac{(v_0 \sin \alpha - \sqrt{2gH})^2}{2g} \approx 0,11 \text{ м.}$$

61

3. Khi sợi dây bị lệch một góc $a$ thì các thành phần gia tốc hướng dọc theo sợi dây và tiếp tuyến với quỹ đạo của quả cầu được xác định theo các công thức

$$a_H = \frac{v^2}{l}, a_K = g \sin a,$$

trong đó $v$ là tốc độ của quả bóng, $l$ là chiều dài của sợi chỉ. Vì gia tốc của quả bóng tại thời điểm này hướng theo chiều ngang nên quá trình vectơ $\vec{a}_H$ và $\vec{a}_K$ trên trục tung có độ lớn giống nhau:

$$a_H \cos a = a_K \sin a,$$

hoặc

$$\frac{v^2}{l} \cos a = g \sin^2 a,$$

Ở đâu

$$v^2 = g l \frac{\sin^2 a}{\cos a}.$$

Tiếp theo, ta viết định luật bảo toàn năng lượng cho quả bóng:

$$\frac{m v^2}{2} + m g l (1 - \cos a) = m g l (1 - \cos a_m).$$

Giải phương trình này cho cos $a_m$, ta thu được

$$\cos a_m = \cos a - \frac{v^2}{2 g l} = \cos a - \frac{\sin^2 a}{2 \cos a} = 0,73,$$

$$a_m = 43^\circ.$$

4. Vận tốc của quả bóng ở đầu bàn đạp $v$ có thể được tìm bằng định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{m v^2}{2} = \frac{m v^2}{2} + m g h.$$

Độ cao của bàn đạp và quãng đường bay của quả cầu có liên hệ với thời gian bay $t$ theo công thức

$$h = \frac{g t^2}{2}, s = v t.$$

Từ các đẳng thức viết ở trên, chúng ta thu được sự phụ thuộc của quãng đường bay của quả cầu vào chiều cao của bàn đạp:

$$s = \sqrt{\frac{2 h}{g} \left(v_0^2 - 2 g h\right)} = 2 \sqrt{\left(\frac{v_0^2}{4 g}\right)^2 - \left(h - \frac{v_0^2}{4 g}\right)^2}.$$

Rõ ràng, phạm vi bay sẽ được cung cấp tối đa

$$h = \frac{v_0^2}{4 g} = 3,6 \text{ м},$$

và phạm vi tối đa của chính nó

$$s = \frac{v_0^2}{2 g} = 7,2 \text{ м}.$$

5. Đối với hệ ván nằm thỏa mãn định luật bảo toàn động lượng

$$m_1 v_0 = (m_1 + m_2) v,$$

trong đó $v$ là tốc độ của hệ sau khi vật dừng trượt so với ván. Sự thay đổi động năng của vật là do công của lực ma sát $F_{\tau p1}$ tác dụng lên vật từ một phía của tấm ván:

$$\frac{m_1 v^2}{2} - \frac{m_1 v_0^2}{2} = -F_{\tau p1} l_1,$$

trong đó $l_1$ là quãng đường mà vật đi được so với tấm ván. Mặt khác, động năng của tấm ván tăng do công của lực ma sát $F_{\tau p2}$ tác dụng lên tấm ván từ một phía của tấm ván:

$$v = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{6} l (2 a - 5 g)} \approx 0,66 \text{ м/с}.$$

8. Hãy viết điều kiện cân bằng cho quả bóng ở vị trí ban đầu:

$$q E = mg t g a.$$

Sự thay đổi cơ năng của quả bóng là do công của lực ma sát $F_{\tau p2}$ tác dụng lên tấm ván từ một phía của tấm ván:

$$\beta = \text{угол максимального отклонения}$$

62

bóng, $l$ là chiều dài của sợi chỉ. Xét các điều kiện trên để quả bóng cân bằng, ta có $\cos \alpha - \cos \beta = \text{tg} \alpha (\sin \alpha + \sin \beta)$,

hoặc
$$2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta - \alpha}{2} = \text{tg} \alpha \left( 2 \cos \frac{\alpha - \beta}{2} \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \right).$$

Phương trình cuối cùng cho
$$\text{tg} \frac{\beta - \alpha}{2} = \text{tg} \alpha, \frac{\beta - \alpha}{2} = \alpha, \beta = 3 \alpha.$$

Tại vị trí lệch cực đại, vận tốc của quả bóng bằng 0 nên gia tốc hướng tâm cũng bằng 0:
$$0 = T - mg \cos \beta - q E \sin \beta.$$

Giải phương trình này, ta tìm được lực căng mong muốn:
$$T = mg \cos \beta + q E \sin \beta = mg (\cos 3 \alpha + \text{tg} \alpha \cdot \sin 3 \alpha) = mg \frac{\cos 2 \alpha}{\cos \alpha} \approx 8,7 \cdot 10^{-3} \text{ H}.$$

9. Ngay sau khi đóng chìa khóa, điện tích và điện áp trên tụ điện bằng không. Do đó, dòng điện $I_1$ chạy qua nguồn tại thời điểm này bằng
   $$I_1 = \frac{U_1}{R_1}.$$

Khi tụ điện được tích điện thì không có dòng điện chạy qua nó. Kể từ đây,
$$I_2 = \frac{U_2}{R_1 + R_2},$$

trong đó $I_2$ là dòng điện chạy qua nguồn sau khi nạp tụ điện. Khi đó điện áp tại nguồn $U_1$ và $U_2$ có ​​liên quan đến công thức emf và điện trở trong $r$ của nó
$$U_1 = \mathcal{E} - I_1 r, U_2 = \mathcal{E} - I_2 r.$$

Loại bỏ đại lượng $r$ khỏi các phương trình này, chúng ta thu được
$$\mathcal{E} = \frac{U_1 I_2 - U_2 I_1}{I_2 - I_1} = \frac{U_1 U_2 R_2}{U_1 (R_1 + R_2) - U_2 R_1} = 12 \text{ B}.$$

10. Thật vậy, ảnh của quả bóng sẽ tồn tại khi quả bóng ở phía trên tiêu cự của thấu kính. Độ cao nâng tối đa của quả bóng $H$ là
    $$H = \frac{v_0^2}{2 g}.$$

Thời gian bay của quả bóng $t$ phía trên mặt phẳng tiêu điểm có thể được tìm thấy từ phương trình
$$H - F = \frac{g (\tau/2)^2}{2},$$

trong đó $F = 1/D$ là tiêu cự của thấu kính. Từ đây
$$\tau = 2 \sqrt{\frac{2(H - F)}{g}} = 2 \frac{v_0}{g} \sqrt{1 - \frac{2 g}{v_0^2 D}} \approx 1,5 \text{ c}.$$

Viện thép và hợp kim Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.

2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Tùy chọn 2

3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

4. 5. 9. 14. 10. 2,25.

Vật lý
Tùy chọn 1

1. $H = \frac{g}{2} \left( \frac{l}{g} + \frac{\tau^2}{2} \right)^2 \approx 240 \text{ m}$ (ở đây $\tau = 1$ c).
2. $F = mg \text{ ctg} \alpha = 19,6 \text{ H}$.
3. $v = \sqrt{2 g (|AB| + \mu |DB|)} = 7 \text{ m/c}$.
4. $F = \frac{m g l}{2 \sqrt{l^2 - a^2/4}} = 49 \text{ H}$.
5. $p = \varrho gh(l_1 + l_2)/(l_2 - l_1) = 62,2 \text{ кПа}$ (ở đây $\varrho = 13,6 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$ là mật độ thủy ngân).
6. $\Delta l = l \alpha (t_1 - t_2)/(1 + \alpha t_1) = 0,29 \text{ m}$.
7. $I = C_1 C_2 (U_1 + U_2)/(\tau (C_1 + C_2)) = 6 \cdot 10^{-4} \text{ A}$.
8. $m = \frac{4 D l^2 \varrho W}{(0,92 \cdot 0,08) U^2} \approx 2140 \text{ кг}$ (ở đây $D = 8,9 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$ là mật độ, $\varrho = 1,7 \cdot 10^{-8} \text{ OM} \cdot \text{m}$ là điện trở suất của đồng).
9. $I_1/I_2 = \sqrt{3} \approx 1,7$.
10. $S = \pi h^2/(n^2 - 1) \approx 0,02 \text{ m}^2$.

Tùy chọn 2

1. $v_0 = (3 l_1 - l_2)/(2 t) = 3,75 \text{ m/c}$.
2. $l' = l \mu/(1 + \mu) = 0,25 \text{ m}$.
3. $\Delta P = \sqrt{2} m v = 14 \text{ H} \cdot \text{c}$.
4. $\alpha = \arctg \frac{1}{2 \mu} = 45^\circ$.
5. $A = m R \Delta T/M \approx 3320 \text{ Дж}$ (ở đây $M = 4,4 \cdot 10^{-3} \text{ kg/m}^3$ là khối lượng mol của carbon dioxide).
6. $p_H = \frac{m R T}{M V \varphi/100 \%} \approx 1961 \text{ Па}$ (ở đây $R = 8,31 \text{ Дж}/(\text{моль} \cdot \text{К})$ là hằng số khí phổ quát, $M = 18 \cdot 10^{-3} \text{ kg/m}^3$ là khối lượng mol của nước).
7. $\mathcal{E} = 4 U = 2 \text{ B}$.
8. $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g + q E/m}} \approx 1,1 \text{ c}$.
9. $B = \mathcal{E} \tau/a^2 = 2 \cdot 10^{-3} \text{Tл}$.
10. $b' = b \sqrt{1 - n^2 \sin^2 \alpha} \approx 10,3 \text{ cm}$.

Viện năng lượng Moscow
Matematika
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.
2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Tùy chọn 2
3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

Viện thép và hợp kim Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.
2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Tùy chọn 2
3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

63

Hình 12.

3. Khoảng thời gian tăng dần] -2,5; -1,5 [và] 0; 0,5 [. Khoảng giảm dần] -1,5; 0[.
   $f_{\text{max}} = f(-1,5) = 4$. $f_{\text{min}} = -\frac{16}{9}$ tại $x = -2,5$.
4. $\left\{ -\frac{3\pi}{4}; -\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4} \right\}$.
5. $\frac{S \sqrt{S} \sin a}{\sqrt{\sin \beta \sqrt{\cos^2 a} - \sin^2 \beta}}$.

Bài toán thi vấn đáp

1. Gợi ý. Nếu $M'$ là giao điểm của phần tiếp theo của chiều cao $CD$ với đường tròn ngoại tiếp, thì $M'BA = M'CA = ABM$.
2. Gợi ý. Nếu một hàm số cho trước là tuần hoàn và $T$ là chu kỳ của nó, thì $\cos^3 T = 1$, $\cos^3 2T = \cos^3 T$, và hai quan hệ này mâu thuẫn với tính vô tỉ của số $\sqrt{2}$.
3. Gợi ý. Với mọi số dương $a$ và $b$ thì bất đẳng thức $a + b \geq 2\sqrt{ab}$ đúng. Đó là lý do tại sao
   $$\frac{\sin^2 x}{\sin^2 2x} + \frac{\sin^2 2x}{\sin^2 3x} + \frac{\sin^2 3x}{\sin^2 4x} + \frac{\sin^2 4x}{\sin^2 x} \geq 2 \left( \frac{|\sin x|}{|\sin 3x|} + \frac{|\sin 3x|}{|\sin x|} \right) \geq 4.$$
4. Gợi ý. Đầu tiên hãy chứng minh rằng $2\cos^2 \frac{a}{2} > \sin a + \cos a$.
5. a) $f'(1) = 2 \ln 2$; 6) $f(1) = \frac{1}{2}$.
6. $x \neq \pi l$, $l \in \mathbb{Z}$. Gợi ý. Sử dụng bất đẳng thức $a + b \geq 2\sqrt{ab}$ cho $a \geq 0$, $b \geq 0$.
7. Gợi ý. Vế trái của bất đẳng thức là số $lg a$, trong đó $a = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot 99}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 100}$.
   Chỉ cần chứng minh rằng $a < \frac{1}{10}$ là đủ. Để làm điều này, hãy nhân các bất đẳng thức $\frac{1}{2} < \frac{2}{3}; \frac{3}{4} < \frac{4}{5}; \frac{5}{6} < \frac{6}{7}, \dots, \frac{99}{100} < \frac{100}{101}$.
8. 3. 10. 1/8.
          Tùy chọn 1
9. 31. 2. 0. 3. 200. 4. -0,21. 5. 0,75. 6. 8.
10. 2. 8. 1. 9. 9. 10. 0. 11. 0,5. 12. 64. 13. -1.
11. -13. 15. 1. 16. 8. 17. 0. 18. 2. 19. 0,97. 20. 4.

Vật lý
Bài thi viết
Tùy chọn 1
2. $A_{AB} > 0; A_{BC} = A_{DA} = 0; A_{CD} < 0; A_{ABCDA} = 0$.
3. $v = v_0 \frac{m}{M} \cos a \approx 0,52$ m/s.
4. $l = d \sin a \left( 1 - \frac{\cos a}{\sqrt{n^2 - \sin^2 a}} \right)$.
5. $\frac{p_2}{p_1} = \frac{3}{1 + (T_1/T_2) + (T_1/T_3)} \approx 2,2$.
Tùy chọn 2
2. Xem hình 13.

Hình 13.
3. $F_1 = \frac{Q_1 Q_2}{4\pi \varepsilon_0 l^2} \approx 2,8 \cdot 10^{-3}$ H; $F_2 = \frac{(Q_1 + Q_2)^2}{16\pi \varepsilon_0 l^2} \approx 5,1 \cdot 10^{-3}$ H.
4. $H = l + \frac{N}{k} + \frac{N^2}{2kmg}$.
5. $\frac{U'}{U} = \sqrt{\frac{\Delta W}{tP\eta/100 \%}} = 3$ (ở đây $t = 24$ h).

Bài toán thi vấn đáp

1. $v_1 = ((m_1 + m_2)v_0 - m_2v_2)/m_1 \approx 267$ m/s.
2. $\varrho = \varrho_b - m/(nV) = 700$ kg/m$^3$.
3. $A = IBls = 0,15$ J; dây dẫn phải chuyển động vuông góc với đường cảm ứng từ.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 1)

1. Nói chung, trong mục này, mỗi chữ số có thể đóng một trong ba trường: là số của một chữ cái, là chữ số đầu tiên của hai phần đầu của số chữ cái hoặc chữ số thứ hai của nó. Số 0 không thể đóng vai trò thứ nhất hoặc thứ hai và số 5 không thể đóng vai trò thứ hai. Do đó, chữ cái đầu tiên của tên có số 20 - T, và các chữ cái còn lại được chia thành hai khối 115 và 33. Vỏ 115 có thể được biểu thị bằng ba kết hợp: 1-1-5, 11-5, 1-15, tương ứng với các kết hợp AAD, ID, AN. Và khối 33 - theo hai cách: 3-3 và 33, tương ứng với sự kết hợp BB và Z. Như vậy chúng ta có được 6 từ có thể có: TAADVV, TAADE, TIDVV, TIDYA, TANVV và TANYA. Rõ ràng tên cô gái là Tanya.
2. Kolya mua 3 miếng đệm, Vitya - 6, Zhenya - 5 miếng.
3. Xem hình 14.
4. Rõ ràng là những con số này không thể có một chữ số. Chúng cũng không thể là hai số, vì điều kiện ngụ ý rằng đối với số ab ​​thì sự tương ứng phải thỏa mãn: 10a+