Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

52

Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng (3FTSH) thuộc Huân chương Cờ đỏ Mátxcơva của Viện Vật lý và Công nghệ Lao động (MIPT) đang tuyển sinh các lớp 8, 9 và 10 từ các trường trung học và trung học nằm trên lãnh thổ RSFSR vào lớp 8, 9 và 10 cho năm học 1986/87.

Mục tiêu của trường là giúp học sinh học tập độc lập để đào sâu kiến ​​thức về vật lý và toán học. Đó là lý do tại sao, khi nhận vào 3FTSH, ưu tiên sẽ dành cho những sinh viên sống ở khu vực nông thôn và khu định cư của người lao động, những nơi đặc biệt cần sự hỗ trợ đó.

Giáo dục ở trường là miễn phí.

Ngoài các học sinh cá nhân, 3FTS còn chấp nhận các câu lạc bộ vật lý và công nghệ, có thể được tổ chức ở bất kỳ trường trung học nào bởi hai giáo viên - vật lý và toán học. Những người đứng đầu vòng tròn tuyển dụng và ghi danh những sinh viên đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ giới thiệu 3FTS. Vòng tròn được chấp nhận vào 3FTS nếu giám đốc nhà trường cung cấp tên người đứng đầu và danh sách các thành viên của vòng tròn (theo lớp, cho biết điểm cuối cùng của bài tập giới thiệu). Mọi tài liệu về việc tổ chức các câu lạc bộ phải gửi về 3FTSH trước ngày 25/5/1986.

Học sinh của 3FTSH và trưởng câu lạc bộ vật lý và công nghệ sẽ nhận các nhiệm vụ vật lý và toán học theo chương trình 3FTSH, cũng như 3FTSH lời giải được đề xuất của các nhiệm vụ này. Các nhiệm vụ chứa tài liệu lý thuyết và phân tích các nhiệm vụ và ví dụ điển hình về chủ đề này, cũng như 10-14 nhiệm vụ dành cho lời giải độc lập. Đây đều là những bài toán đơn giản và phức tạp hơn (ở mức độ cạnh tranh bài toán tại MIPT). Công việc của các sinh viên tương ứng được kiểm tra bởi 3FTSH hoặc các tập tin của nó, và công việc của các thành viên trong vòng kết nối được kiểm tra bởi người lãnh đạo của nó.

Học sinh Matxcơva tham gia các lớp học toàn thời gian về vật lý và toán học (theo chương trình 3FTSH) hai lần một tuần tại các trung tâm tư vấn buổi tối (ở một số trường học ở Mátxcơva). Việc tuyển dụng vào các nhóm này được thực hiện dựa trên kết quả của nhiệm vụ giới thiệu 3FTS hoặc trên cơ sở cuộc phỏng vấn cuối cùng về vật lý và toán học (để biết thông tin qua điện thoại 408-51-45).

Mỗi học sinh hoàn thành bài tập giới thiệu về vật lý và toán học một cách độc lập. Tác phẩm phải được thực hiện bằng tiếng Nga và được sao chép cẩn thận vào một tập tài liệu của trường. Thứ tự bài toán phải giống như trong nhiệm vụ. Terdal, hãy đặt một bưu kiện đơn giản vào một phong bì lớn (đừng cuộn nó thành ống). Cùng với quyết định của bạn, hãy nhớ gửi giấy chứng nhận từ trường nơi bạn học, cho biết lớp học của bạn. Dán chứng chỉ vào bìa bên trong của tài liệu. Nếu không có chứng chỉ này lời giải sẽ không được xem xét. Phía ngoài bìa in dán một tờ giấy đã điền đầy đủ thông tin theo mẫu:

1. Vùng (khu vực hoặc ASSR)
2. Họ, tên, chữ viết tắt
3. Lớp học
4. Số trường và địa chỉ
5. Nghề nghiệp của cha mẹ và chức vụ nắm giữ:
   bố
   mẹ
6. Địa chỉ nhà chi tiết
   307239, vùng Kursk, Kurchatov, st. Kosmonavtov, 10, thích hợp. 76.

VẼ BẢNG DƯỚI ĐÂY ĐỂ ĐÁNH GIÁ CHO NHIỆM VỤ GIỚI THIỆU:

№
F.
M.

Để nhận đáp số cho nhiệm vụ giới thiệu, hãy gửi một phong bì có địa chỉ nhà của bạn tới terdal.

Ngày khởi hành lời giải - không muộn hơn ngày 1 tháng 3 năm 1986 (theo dấu bưu điện nơi khởi hành). Giấy tờ nhập cảnh sẽ không được xử lý. Lời giải sẽ được thông báo tới hội đồng tuyển sinh không muộn hơn ngày 1 tháng 8 năm 1986.

53

Gửi một cuốn sổ ghi các bài tập đã hoàn thành (nhất thiết phải về cả vật lý và toán học) đến địa chỉ: 141700 Dolgoprudny, khu vực Moscow, Viện Vật lý và Công nghệ Moscow, cho 3FTSH.

Sinh viên của các vùng Arkhangelsk, Volgodsk, Kalinin, Kaliningrad, Kirov, Kostroma, Leningrad, Murmansk, Novgorod, Perm, Pskov và Yaroslavl, các nước Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Karelian, Komi và Udmurt gửi tác phẩm đến địa chỉ: 198904 Old Peterf, st. Ngày 1 tháng 5 năm 100, Đại học bang Leningrad, chi nhánh 3FTSH tại MIPT.

Sinh viên của các vùng Amur, Irkutsk, Kamchatka, Kemerovo, Magadan, Novosibirsk, Omsk, Sakhalin, Tomsk, Tomensk và Chita, các lãnh thổ Altai, Krasnoyarsk, Primorsky và Khabarovsk, Buryat, Tuva và Yakut Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị gửi tác phẩm đến địa chỉ: 660062 Krasnoyarsk, Svobodny Ave., no. 79, chi nhánh bang của 3FTSH tại MIPT.

Dưới đây là các nhiệm vụ giới thiệu về vật lý và toán học.

Trong bài tập vật lý, bài toán 1-5 dành cho học sinh lớp hai, 4-9 dành cho học sinh lớp tám, 8-14 dành cho học sinh lớp chín.

Trong nhiệm vụ toán học bài toán 1-5 dành cho học sinh lớp hai, 3-9 dành cho học sinh lớp tám, 6-12 dành cho học sinh lớp chín.

Nhiệm vụ giới thiệu

Vật lý

1. Các môn thể thao chạy theo cột có chiều dài $l$ lần lượt với cùng tốc độ $v$. Một huấn luyện viên đang chạy về phía bạn với tốc độ $u < v$. Mỗi vận động viên bám theo huấn luyện viên, quay đầu và chạy về với tốc độ như nhau $v$. Chiều dài của cột sẽ là bao nhiêu khi tất cả các bức tường thể thao được triển khai?

2. Một máy ép thủy lực chứa đầy nước có các khe hở có tiết diện $S_1=100$ cm$^2$ và $S_2=10$ cm$^2$. Một người nặng $M=80$ kg đứng trên piston lớn hơn. Sau đó piston nhỏ sẽ tăng lên độ cao bao nhiêu?

3. Một bình hình trụ có tiết diện $S=200$ cm$^2$ và cao $h=30$ cm chứa đầy $V=4$ lít nước. Một thanh có tiết diện $s=100$ cm$^2$, chiều cao bằng chiều cao của bình, được hạ xuống trong bình. Khối lượng của thanh phải nhỏ nhất là bao nhiêu để có thể chìm xuống đáy bình?

4. Một khẩu súng máy có nòng làm mát bằng nước bắn được 600 viên mỗi phút. Lượng thuốc súng trong hộp đạn là $m=3,2$ g, 28% lượng nhiệt tỏa ra sẽ làm nóng nước trong vỏ nòng. Sẽ mất bao lâu để nước sôi nếu đổ $V=4$ lít ở nhiệt độ $t=20^\circ\text{C}$? Tellota của thuốc súng $q=4 \times 10^6$ J/kg, nhiệt độ áp suất riêng ($T \sim p^2$) từ giá trị $T_1$ đến giá trị $T_2$. Xác định công mà khí thực hiện trong quá trình này.

5. Trong bình trao đổi kín được bơm kín $V=1$ l có một vòng mở chứa $m=10$ g nước. Tàu được đục lỗ ở nhiệt độ $t=100^\circ\text{C}$. Khối lượng nước sẽ bay hơi là bao nhiêu?

Toán học

1. Trong hai số đó số nào lớn hơn:
   $$\frac{10^{1985}-1}{10^{1986}-1} \text{ или } \frac{10^{1986}-1}{10^{1987}-1}$$

2. Khoảng cách giữa các điểm $A$ và $B$ là 5 km. Một đường thẳng đi qua $A$ tạo thành một góc $a$ với đường thẳng $AB$, сosci $a=\frac{4}{5}$. Hai khách du lịch đồng thời rời khỏi $A$ và đồng thời tiến đến $B$, nhưng người đầu tiên đi từ $A$ đến $B$ băng qua cánh đồng theo một đường thẳng, và người thứ hai đi dọc theo con đường, sau đó rẽ và cũng đi qua cánh đồng với tư cách là người hướng dẫn. Trên cánh đồng, khách du lịch đi bộ với tốc độ 4 km/h và dọc đường - 6 km/h. Khách du lịch thứ hai đã đi được bao xa?

3. Một số tự nhiên có tận cùng là 3. Nếu chuyển chữ số này lên đầu số thì sẽ được thông báo. Tìm số nhỏ nhất như vậy.

4. Trong một tam giác vuông $ABC$ ($\angle C=90^\circ$), đường cao $CD$ và đường trung tuyến $CE$ được vẽ. Tìm tỉ số độ dài các cạnh của tam giác $ABC$, nếu biết rằng $AB=3DE$.

5. Tìm tất cả các số có ba chữ số mà tổng các chữ số của chúng gấp 12 lần.

6. Vẽ trên mặt phẳng tọa độ một tập hợp các điểm có tọa độ $(p; q)$, trong đó

55

Tập hợp số thứ tự và bất đẳng thức

1. Các cặp số $(|a|^3, |b|^3)$ và $(|a|, |b|)$ được sắp xếp theo cùng một cách. Pozotomu
   $$a^4 + b^4 \geq |a|^3 \cdot |a| + |b|^3 \cdot |b| \geq |a|^3 \cdot |b| + |b|^3 \cdot |a| \geq a^3 b + b^3 a.$$
2. Bộ ba số $a^2, b^2, c^2$ và $bc, ac, ab$ được sắp xếp theo cách ngược lại. Pozotomu
   $$a^2 bc + ab^2 c + abc^2 \leq a^3 b + b^3 c + c^3 a.$$
3. Xét các bộ ba có thứ tự trái ngược nhau
   $$(a^2 b^2, b^2 c^2, c^2 a^2); \left( \frac{c}{ab}; \frac{a}{bc}; \frac{b}{ac} \right),$$
   ta thu được các bất đẳng thức sau:
   $$\frac{a^3 b}{c} + \frac{b^3 c}{a} + \frac{c^3 a}{b} \geq a^2 b^2 \cdot \frac{c}{ab} + b^2 c^2 \cdot \frac{a}{bc} + c^2 a^2 \cdot \frac{b}{ac} = 3abc,$$
   tương tự, $\frac{ab^3}{c} + \frac{c^3 b}{a} + \frac{ca^3}{b} \geq 3abc$, thêm vào đó, chúng ta đạt được yêu cầu.
4. Cộng 3 bất đẳng thức
   $$a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 \leq a_1 b_3 + a_2 b_2 + a_3 b_1,$$
   $$a_1 b_2 + a_2 b_3 + a_3 b_1 \leq a_1 b_3 + a_2 b_2 + a_3 b_1,$$
   $$a_1 b_3 + a_2 b_1 + a_3 b_2 \leq a_1 b_3 + a_2 b_2 + a_3 b_1.$$
5. Sử dụng Bài tập 4 cho bộ ba $(a, b, c)$ và $\left( \frac{1}{b+c}, \frac{1}{a+c}, \frac{1}{a+b} \right).$
6. Nó được giải tương tự như bài trước bằng cách sử dụng bất đẳng thức Chebyshv.
7. Bộ số $a^k_1, \dots, a^k_n$ và $a^m_1, a^m_2, \dots, a^m_n$ có thứ tự như nhau.
8. Bộ ba số $(a^5, b^5, c^5)$ và $\left( \frac{1}{b^3 c^3}, \frac{1}{a^3 c^3}, \frac{1}{a^3 b^3} \right)$ có thứ tự bằng nhau. Pozotomu
   $$\frac{a^5}{b^2 c^3} + \frac{b^5}{a^3 c^3} + \frac{c^5}{a^3 b^3} \geq \frac{a^2}{c^3} + \frac{b^2}{a^3} + \frac{c^2}{b^3}.$$
   Bộ ba $(a^2, b^2, c^2)$ và $\left( \frac{1}{a^3}, \frac{1}{b^3}, \frac{1}{c^3} \right)$ được sắp xếp trái ngược nhau. Pozotomu
   $$\frac{a^2}{c^3} + \frac{b^2}{a^3} + \frac{c^2}{b^3} \geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}.$$
9. Hãy để $k=2, m=1$. Kể từ khi các bộ
   $$a_1^2, \dots, a_n^2 \text{ и } \frac{1}{a_1}, \dots, \frac{1}{a_n}$$
   đối diện,
   $$a_1^2 \cdot \frac{1}{a_1} + a_2^2 \cdot \frac{1}{a_2} + \dots + a_n^2 \cdot \frac{1}{a_n} \leq$$
   $$\leq a_1^2 \cdot \frac{1}{a_1} + a_2^2 \cdot \frac{1}{a_2} + \dots + a_n^2 \cdot \frac{1}{a_n}.$$
   $$a_2^2 \cdot \frac{1}{a_1} + a_2^2 \cdot \frac{1}{a_2} + \dots + a_n^2 \cdot \frac{1}{a_n} \leq$$
   $$\leq a_1^2 \cdot \frac{1}{a_1} + a_2^2 \cdot \frac{1}{a_2} + \dots + a_n^2 \cdot \frac{1}{a_n}.$$
   Tất cả những gì còn lại là cộng các bất đẳng thức thu được. Trường hợp tổng quát được phân tích thành trường hợp được phân tích.

«Kvant» cho học sinh nhỏ

1. 46523+46523=93046.
2. Nếu chúng ta biểu thị bằng $w$ thể tích của bể và bằng $x, y$ và $z$ thể tích của giá thầu, chúng ta sẽ thu được kết quả tương ứng:
   $$\frac{w}{3} = \frac{x}{2} = \frac{2y}{3} = \frac{3z}{4},$$
   hoặc $4w=6x=8y=9z$.
   Bội số chung nhỏ nhất của các số 4, 6, 8 và 9 là 72, vì vậy mỗi số trong chuỗi đẳng thức cuối cùng phải là bội số của 72. Chúng ta có thể tích nhỏ nhất của bể khi mỗi số đó là 72, do đó $w=18, x=12, y=9, z=8$.
3. Điểm mấu chốt là sự khác biệt nhỏ về hệ số giãn nở nhiệt của sắt và bê tông; Điều này giải thích sức mạnh của kết cấu bê tông cốt thép.
4. Xem hình 1.
5. Giả sử số $N$ của chúng ta bằng $\overline{a_1 \dots a_{20}}$. Sau đó $7N=7a_{20}+70a_{19}+700a_{18}+\dots+70\dots0a_1$.
   Rõ ràng tổng các chữ số của tổng nhiều số không vượt quá tổng các chữ số của các số này. Nhưng tổng các chữ số của số 70…0$a_k$ bằng tổng các chữ số của số $7a_k$, số sau bằng chính số đó $7a_k$, nếu $a_k=0$ hoặc 1, và nhỏ hơn $7a_k$, nếu $a_k>1$ (tổng các chữ số của bất kỳ số nào lớn hơn 10 đều nhỏ hơn số này). Điều này có nghĩa là tổng các chữ số của số 7$N$ lớn hơn 7 lần tổng các chữ số của số $N$ (cụ thể là, điều này đúng với số $N$ của chúng ta chỉ khi tất cả các chữ số của số $N$ bằng 0 hoặc 1. Điều này có nghĩa là $N$ được tạo thành từ 10 số đơn vị và 10 số 0. Bây giờ hãy nhân kết quả này số bằng 19 với một cột.
   …0110111
   × 19
   …0990999
   …0110111
   …2092109
   Rõ ràng là tổng các chữ số có thể có nhất của kết quả sẽ là 10 1 + 10 9 = 100 và nó giảm đi 9 mỗi khi số 1 xuất hiện dưới số chín. Tổng của chúng ta là 19=100-81, tức là đơn vị xuất hiện dưới số 9 lần. Nhưng điều này chỉ có thể thực hiện được nếu tất cả những số trong số $N$ liên tiếp. Có nghĩa,
   $$N = 1 \dots 10 \dots 0$$
   10 10

56

Tiệc Trà Điên

Nhiệm vụ:

1. Một chiếc đồng hồ đáng giá vì nó hiển thị thời gian chính xác thường xuyên hơn.
2. Cùng số lượng.
3. Những người Bolshinsky phải lên dây đồng hồ, ghi nhớ các bài đọc của nó và đi đến March Hare. Đến Thỏ, anh ta phải nhìn đồng hồ và quay lại ngay. Khi về đến nhà và nhìn lại đồng hồ, anh biết mình đã đi được bao lâu. Bây giờ những người Bolshinsky phải chỉnh thời gian trên đồng hồ của họ bằng với thời gian anh ta biết khi rời khỏi Hare, cộng với thời gian anh ta đi du lịch tới đó và quay trở lại.
4. Làm thế nào để vẽ toán học? Hãy gửi cho chúng tôi hình, vì chúng tôi chưa biết cách thực hiện việc này. Một số bạn có thể biết rằng các nhà toán học biểu diễn các tập hợp tùy ý bằng các đường tròn trên một mặt phẳng.
5. Trong 720 ngày, tức là gần 2 năm.

Sự giao thoa của ánh sáng

1. Tại các điểm cực đại, các dao động ánh sáng trong mỗi chùm tia sẽ xảy ra cùng pha, và biên độ của chúng được cộng thêm, còn tại các điểm cực tiểu, ngược pha và biên độ sẽ bị trừ đi. Posmotu $I_{\text{max}} = (\sqrt{1} + \sqrt{2})^2 = 9I_1$, $I_{\text{min}} = (\sqrt{2} - \sqrt{1})^2 = I_1$. Do đó, cường độ hủy diệt thu được nằm trong khoảng từ $I_1$ đến $9I_1$.
2. Hãy biểu thị độ dày của khe hở không khí $h$ thông qua khoảng cách $r$ đến điểm tiếp xúc (bán kính của bóng đèn tương ứng) và bán kính của hình cầu (hình 2):
   $$h = R - \sqrt{R^2 - r^2} = R(1 - \sqrt{1 - (r/R)^2}) \approx r^2 / (2R)$$
   (ở đây chúng tôi sử dụng thực tế là $r/R \ll 1$). Vì việc trộn một dải tương ứng với việc tăng độ dày của zaor thêm $\lambda/2$, nên colban tối thứ năm tương ứng với độ dày $h_5 = 5\lambda/2$. Thay thế $h_5$ trong biểu thức trước, chúng ta tìm được bán kính của bóng đèn độc quyền:
   $$r_5 = \sqrt{5\lambda R} \approx 1,7 \cdot 10^{-3} \text{ м} \approx 1,7 \text{ мм}.$$

Quang học Toán học Quốc tế XXVI

1. Đặt $E$ là một điểm trên đoạn $AB$ sao cho $AE = AD$ và $F$ là giao điểm của các phân giác của các góc BCD và CDA, theo điều kiện nằm trên $AB$. Điểm $C, D, E$ và $F$ nằm trên cùng một đường tròn (nếu $E$ nằm trên đoạn $AF$ thì $\angle DEA = \angle DCE = (180^\circ - \angle A)/2$) thì $EB = CB$ mở (kể từ $\angle CED = \angle ECB = (180^\circ - \angle B)/2$).
2. Cùng với từ “sơn cùng màu” chúng ta sẽ viết dấu ~ và gọi số $m$ từ $M$ “dấu chấm” nếu đáp ứng điều kiện: cho mỗi

Lưu ý rằng $BO_1 \perp KN$ (từ tam giác đều $AO_1B$, chúng ta thu được $\angle KBO_1 = (180^\circ - \angle AO_1B)/2 = 90^\circ - \angle ACB$, nhưng $\angle ACB = 180^\circ - \angle AKN = \angle BKN$, do đó $\angle KBO_1 + \angle BKN = 90^\circ$; trong trường hợp các điểm $O_1$ và $C$ nằm đối diện nhau của $AB$, lý do này cần được sửa đổi một chút). Tương tự, người ta chứng minh rằng $BO_2 \perp AC$. Nhưng $OO_2$ và $OO_1$ là trung điểm của các đường vuông góc $KN$ và $AC$. Do đó, $BO_1 \parallel OO_2$ và $BO_2 \parallel OO_1$ là điều cần chứng minh.
Nếu bạn tìm được lời giải ngắn hơn và đẹp hơn, hãy viết thư cho «Kvant» tác giả bài toán I. F. Sharygin.
6. Điều kiện $0 < x_n < x_{n+1} < 1$ tương đương với:
$$1 - \frac{1}{n} < x_n < 1.$$

Chúng ta hãy xác định hàm $f_n$ trên khoảng [0; 1] theo đẳng thức $f_n(x_1) = x_n$ và ký hiệu là $a_n$ và $b_n$

57

Hình 3.

lời giải phương trình $f_n(a_n)=1-1/n$ và $f_n(b_n)=1$. (Các lời giải này tồn tại và là duy nhất, và $a_n<b_n$, vì hàm $f_n$ liên tục nên trả về và nhận các giá trị $f_n(0)=0$ và $f_n(1)>1$ ở cuối đoạn. Khi đó (1) bằng điều kiện

$$a_n<x_1<b_n,$$

(2) phải đúng với mọi $n\geqslant1$. Trình tự $(a_n)$ quay trở lại kể từ $f_{n+1}(a_{n+1})=1-1/(n+1)>1-1/n=f_n(a_n)=f_{n+1}(a_n)$, tương tự chứng minh rằng $(b_n)$ giết chết; cả hai trình tự đều bị hạn chế. Do đó, mỗi chuỗi này có một giới hạn - tương ứng là $a$ và $b$, $a\leq b$. Chuyển đến giới hạn ở (2), ta thấy số $x_1$ thỏa mãn điều kiện gán khi và chỉ khi $a\leq x_1\leq b$.

Vẫn còn phải chứng minh $x_1$ duy nhất, tức là đẳng thức $a=b$. Lưu ý rằng sự khác biệt $f_n(b)-f_n(a)$ trả về:

$$f_{n+1}(b)-f_{n+1}(a)=$$

$$=(f_n(b)-f_n(a))(f_n(b)+f_n(a)+\frac{1}{n})>f_n(b)-f_n(a)$$

(chúng tôi sử dụng bất đẳng thức $f_n(a)+1/n>f_n(a)+1/n=1$). Do đó, $b-a=f_1(b)-f_1(a)<f_n(b)-f_n(a)<f_n(b)-f_n(a)=1/n$ với mọi $n$, và do đó, $b-a=0$.

Vòng lý thuyết Olympic Vật lý quốc tế lần thứ XVI

Nhiệm vụ 1

hình 5 hiển thị vị trí của ăng-ten 1 và 2 (khoảng cách giữa chúng là $r$) và hướng đến các thành phố $A$ và $B$ (góc giữa chúng là $\psi$). Tổng độ dịch pha của bình do cả hai anten tạo ra tại một số điểm theo hướng $A$ và $B$ là bằng nhau

$$\Delta(A)=2\pi \frac{r\cos\alpha}{\lambda}+\Delta\varphi,$$

(1)

$$\Delta(B)=2\pi \frac{r\cos(\psi-\alpha)}{\lambda}+\Delta\varphi,$$

(2)

trong đó $\lambda$ là bước sóng của máy phát, $\Delta\varphi$ là độ lệch pha bóng đèn trong ăng-ten, $\alpha$ là góc giữa mặt phẳng đi qua cả 2 ăng-ten và hướng tới thành phố $A$. Chúng ta hãy viết ra các điều kiện để có tính toàn vẹn tối thiểu ở các thành phố $A$ và tính toàn vẹn tối đa ở các thành phố $B$:

$$\Delta(A)=(2n+1)\pi,$$

(3)

$$\Delta(B)=2\pi k,$$

(4)

trong đó $k$ và $n$ là số nguyên. Từ biểu thức (1) - (4) suy ra

$$\Delta(B)-\Delta(A)=2\pi \frac{r}{\lambda}(\cos(\psi-\alpha)-\cos\alpha)=$$

$$=(2(k-n)-1)\pi,$$

Ở đâu

$$r=\frac{\lambda}{4\sin(\psi/2)} \frac{2(k-n)-1}{\sin(\alpha-\psi/2)}.$$

Việc xem xét $r$ giữa các ăng-ten là tối thiểu nếu $k=n$ và $\alpha-\psi/2=-\pi/2$. Trong trường hợp này

$$r_{\min}=\frac{\lambda}{4\sin(\psi/2)},$$

(5)

$$\alpha=\frac{\psi-\pi}{2},$$

(6)

nghĩa là pháp tuyến của mặt phẳng đi qua anten là phân giác của góc $\psi$. Từ các biểu thức (1), (3), (5) và (6) ta tìm được

$$\Delta\varphi=\frac{\pi}{2}.$$

Việc thay đổi dấu của $\Delta\varphi$ (từ $\pi/2$ thành $-\pi/2$) dẫn đến hiệu ứng ngược lại: tính toàn vẹn bức xạ tối đa sẽ theo hướng $A$ và mức tối thiểu theo hướng $B$. hình 6 hiển thị vị trí ăng-ten, hướng bắc $N$ và chỉ đường tới dữ liệu thành phố $A$ và $B$. Từ hình này rõ ràng là

$$\psi=\psi_2-\psi_1=85^\circ,$$

$$r_{\min}=\frac{\lambda}{4\sin(\psi/2)}=\frac{c}{4v\sin(\psi/2)} \approx 4,1 \text{ m},$$

58

Các pha dao động của dòng điện và điện áp. Thành phần điện áp không đổi dọc theo cạnh $b$ của thanh $U_0 \sim I_0 B_0$ cos $\varphi_2$, trong đó $\varphi_2$ là độ lệch pha giữa dao động dòng điện và cảm ứng từ trường. Nếu thiết bị được bật như minh họa trong hình 9 thì nếu đáp ứng điều kiện $R \gg \omega L$, cường độ dòng điện trong cuộn dây và do đó cảm ứng từ trường sẽ tỷ lệ thuận với điện áp trên thiết bị, cường độ dòng điện trong thanh sẽ tỷ lệ thuận với cường độ dòng điện chạy qua thiết bị và $\varphi_1 = \varphi_2 = \varphi$. Trong trường hợp này, thành phần không đổi của điện áp dọc theo cạnh $b$ của thanh sẽ tỷ lệ thuận với công suất tiêu thụ của thiết bị:

$$U_0 \sim I_0 B_0 \cos \varphi = P.$$

Nhiệm vụ 3*)
a) Nếu lấy thế năng của tàu vũ trụ trong trường hấp dẫn của Mặt trời bằng 0 ở một khoảng cách vô hạn tính từ Mặt trời, thì để tàu vũ trụ rời khỏi Hệ Mặt trời khỏi quỹ đạo Trái đất thì tại thời điểm phóng tổng năng lượng của nó phải lớn hoặc bằng 0:

$$E = \frac{m v^2}{2} - G \frac{m M}{r_1} \geq 0, \quad v^2 \geq \frac{2 G M}{r_1},$$

(1)

trong đó $m$ là khối lượng của thiết bị, $r_1$ là bán kính quỹ đạo Trái đất, $M$ là khối lượng của Mặt trời, $v$ là vận tốc của thiết bị so với Mặt trời. Tốc độ hữu cơ của Trái đất $v_0$ được xác định từ định luật thứ hai của Newton:

$$G \frac{m M}{r_1^2} = m \frac{v_0^2}{r_1}, \quad v_0^2 = G \frac{M}{r_1}.$$

(2)

Từ biểu thức (1) và (2) chúng ta thu được

$$v^2 \geq 2 v_0^2, \quad v \geq \sqrt{2} v_0.$$

Mặt khác, giữa tốc độ khởi động

*) Lời giải trong số này và bài toán sau đây phần nào nằm ngoài phạm vi của chương trình vật lý đối với quy mô trung bình của chúng tôi. (Hơn nữa, biên tập.)

60

với độ chính xác khá cao có thể giả sử rằng cảm ứng từ trường ở giữa cuộn dây “tổ hợp” như vậy được xác định bằng biểu thức

$$B_0 = \mu_0 \frac{I n}{l},$$

trong đó $I$ là dòng điện, $n$ là số vòng dây trong cuộn dây, $l$ là chiều dài của nó, $\mu_0$ là hằng số từ. Nếu các cuộn dây đo bên ngoài được đưa vào khe hở giữa các cuộn dây $L_1$ và $L_2$ và rút mạnh ra thì độ lệch cực đại của kim dụng cụ $U_0$ sẽ tỷ lệ thuận với sự thay đổi của từ thông qua cuộn dây, và do đó, cảm ứng $B_0$ của từ trường:

$$U_0 \sim \Delta \Phi \sim \Delta B \sim B_0, \quad U_0 = a B_0.$$

Từ đây

$$a = \frac{U_0}{B_0} = \frac{U_0 l}{\mu_0 I_0 n}.$$

(Hành trình đã hạ thấp ước tính nếu bằng chứng thực nghiệm về sự phụ thuộc $U/B$=const cho các giá trị khác nhau của $U$ và $B$ không được thực hiện.) Có thể xác định vị trí tâm của nam châm trong “hộp đen” bằng cách sử dụng thiết bị nam châm treo trên một sợi dây (hình 15). Tọa độ $z$ có thể được xác định bằng cách đo $B_z$ ở một độ cao nhất định phía trên nam châm thử nghiệm và so sánh giá trị này với trường trong mặt phẳng $XY$ phía trên tâm của nam châm. Bằng cách sử dụng mạch đo, người ta đã xác định được sự phụ thuộc của trường $B_z$ vào $x$ và $y$.

Giá trị cảm ứng từ trường cực đại của nam châm thử nghiệm được đo bằng công thức $B_{\max} = U_{\max}/a$.

Bài toán 2
Bằng cách bật động cơ điện và khởi động đồng hồ bấm giờ được kết nối với máy tính, sẽ thu được bảng $\varphi - t - \Delta t$ trên màn hình máy tính, trong đó $\varphi$ là góc quay của đĩa, $t$ là thời gian trôi qua kể từ khi bắt đầu đo, $\Delta t$ là thời gian quay được một nửa vòng quay của đĩa. Sử dụng bảng này, biểu đồ $\varphi(t)$ được xây dựng trong quá trình tăng tốc và đo đĩa (đường cong $a$ và $b$ trên hình 16).

Sau đó, các bảng mới được biên dịch để vẽ đồ thị $\omega(t)$:

$$\omega(t) = \pi/\Delta t = \pi/(t_2 - t_1),$$

trong đó $t_1$ và $t_2$ là thời gian đăng ký của hai đoạn liên tiếp của thanh cảm biến gần cảm ứng. Vận tốc góc trung bình $\omega$ được tính cho thời gian $t = (t_1 + t_2)/2$. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của $\omega(t)$ trong quá trình tăng tốc và đo đĩa được trình bày trên hình 17 (các đường cong $a$ và $b$).

Tiếp theo, các giá trị gia tốc góc $\beta$ được tính toán. Gia tốc góc trung bình trong khoảng thời gian từ điểm thứ $(N-1)$ đến điểm thứ $(N+1)$ của thanh bằng

$$\beta_N = \frac{\omega_N + 1 - \omega_N - 1}{((t_N - t_{N-1}) + (t_{N+1} - t_N))/2},$$

trong đó $\omega_N - 1$ là vận tốc góc trong khoảng từ $t_{N-1}$ đến $t_N$ và $\omega_N + 1$ nằm trong khoảng từ $t_{N+1}$. Đồ thị phụ thuộc $\beta(t)$ của gia tốc và phép đo được thể hiện trên hình 18 (đường cong $a$ và $b$). Mômen lực khi động cơ tăng tốc bằng $M_{\text{ускк}} = I \beta_{\text{ускк}}$, trong đó $I$ là mômen quán tính của đĩa. Vì $M_{\text{ускк}} = M_{\text{bp}} - M_{\text{тр}} = M_{\text{bp}} - I \beta_{\text{зам}}$, nên $M_{\text{bp}} = I(\beta_{\text{ускк}} + \beta_{\text{зам}})$. Những biểu thức này cho phép chúng ta xây dựng các biểu đồ $M_{\text{bp}}(\omega), M_{\text{тр}}(\omega)$ và $M_{\text{ускк}}(\omega)$ (các đường cong $a$, $b$, $e$ trên hình 19). Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của công suất động cơ vào tốc độ góc được xây dựng dựa trên công thức $P_{\text{bp}} = M_{\text{ускк}}(\omega), P_{\text{тр}} = M_{\text{тр}}(\omega), p_{\text{ускк}} = M_{\text{bp}}(\omega)$ (các đường cong $a$, $b$ và $e$ trên hình 20).

Trường học yêu thích bài toán

(xem Lượng tử số 11)

1. 15. Gợi ý. Chỉ định 1/11=a, 1/13=b và viết lại tổng dưới dạng

$$(2+a)(3-b)+(1+2a)(2+b)+(1-a)(7+b).$$

2. $x=1/993, y=1/992, z=1/994$. Gợi ý. $a+b+c=3 \cdot 993$, ở đâu $a=1/x, b=1/y, c=1/z.$

3. 7 giờ 50 phút

4. Gợi ý. $0=(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(ab+bc+ca) \cdot (a+b+c)-3abc.$

5. Chỉ định

$$x = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{7}{9} \cdot \dots \cdot \frac{100}{102},$$

$$y = \frac{2}{4} \cdot \frac{5}{7} \cdot \frac{8}{10} \cdot \dots \cdot \frac{101}{103},$$

$$z = \frac{3}{5} \cdot \frac{6}{8} \cdot \frac{9}{11} \cdot \dots \cdot \frac{102}{104}.$$

Vì $k/(k+2)>n/(n+2)$ ở mức $k>n>0$ nên chúng ta có $x<y<z$. Đó là lý do tại sao

$$x^3 < xyz = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 100 \cdot 101 \cdot 102}{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot \dots \cdot 102 \cdot 103 \cdot 104} = \frac{2}{103 \cdot 104} < \frac{2}{100 \cdot 100} = \frac{1}{5000} < \frac{1}{17^3},$$

61

từ đâu $x < \frac{1}{17}$.

7. $a+b, \sqrt{r}, ab, ar, \sqrt{a+\sqrt{b}}, \sqrt{a+\sqrt{r}}$.

8. 5/2. Gợi ý. Đặt $x = \frac{a^2+b^2}{ab}$ và chứng minh rằng $x \geq 2$.

9. Gợi ý. Gọi $H, L, M$ là giao điểm với đường tròn đường cao, bissertrix và đường trung tuyến, $O$ là tâm của đường tròn. Nối các điểm $O$ và $L$, sau đó vẽ một đường thẳng song song với $OL$ đến $H$; thì đỉnh $B$ của tam giác mong muốn là giao điểm của đường thẳng này với đường tròn. Nối các dấu chấm $B$ và $M$; gọi $S$ là giao điểm của đường $BM$ và $OL$. Vẽ qua $S$ một dây cung vuông góc với bán kính $OL$, chúng ta thu được các đỉnh $A$ và $C$ của tam giác mong muốn (xem hình 21).

10. $|\overrightarrow{BA}_1 + \overrightarrow{BA}_2 + \dots + \overrightarrow{BA}_8| = 4$. Gợi ý. $\overrightarrow{BA}_i = \overrightarrow{BO} + \overrightarrow{OA}_i$, trong đó $O$ là tâm của đường tròn ($i=1, 2, \dots, 8$), nên $\overrightarrow{BA}_1 + \overrightarrow{BA}_2 + \dots + \overrightarrow{BA}_8 = 8 \cdot \overrightarrow{BO} + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{OA}_2 + \dots + \overrightarrow{OA}_8)$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{OA}_2 + \dots + \overrightarrow{OA}_8 = 0$.

11. $2^{\sin x} + 2^{\cos x} \geq 2\sqrt{2^{\sin x} \cdot 2^{\cos x}} = 2^{1+\frac{1}{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})} \geq 2^{1-\frac{1}{2}}$.

12. 2 gốc. Gợi ý. Viết lại các phương trình này dưới dạng $(\ln x)/x = (\ln 3)/3$ và chứng minh rằng hàm $(\ln x)/x$ trả về trên khoảng $]0; l]$ và hủy trên khoảng $[l; \infty [$.

13. Gợi ý. Đặt $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{b}, \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{c}, \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{d}$, sau đó đặt $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{d} - \overrightarrow{c}, \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{d} - \overrightarrow{b}, \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{d} - \overrightarrow{b}$. Theo điều kiện $\overrightarrow{d} \cdot (\overrightarrow{b} - \overrightarrow{c}) = 0$, do đó $\overrightarrow{d} \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{d} \cdot \overrightarrow{c}$.

14. $\sqrt{1658}$. Gợi ý. Hình 22, 23 cho thấy các phần trong quá trình phát triển của một song song và hai lựa chọn khả thi cho đường đi từ $M$ đến $N$. Trong trường hợp hình 22, độ dài đường dẫn là 42, trong trường hợp hình 23, độ dài đường dẫn là $\sqrt{1658}$.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 11)

1. Từ điều kiện bài toán ta có phương trình $(10x+y) - (10y+x) = x+y$, trong đó $x$ và $y$ là các số

số có hai chữ số đầu tiên. Do đó $x=5y$ và cho rằng $x$ và $y$ là các số, chúng ta nhận được $x=5$, $y=4$. Số bạn đang tìm là 54-45.

2. Xem hình 24.

3. Lực ma sát tỷ lệ thuận với lực ép bình thường. Hãy xem xét một cuốn sách trong đó cuốn sách được kéo ra các slide. Lực ma sát của nó với cuốn sách nằm dưới nó lớn hơn lực trượt dọc theo nó, một tỷ lệ thuận với trọng lượng của một cuốn sách. Đó là lý do tại sao cô ấy ở lại nơi cô ấy đang ở. Hơn nữa, những cuốn sách nằm dưới nó sẽ vẫn được giữ nguyên.

4. Chỉ các lập phương của các số có chữ số cuối cùng là 7 mới kết thúc bằng 3. Ngoài ra, bất kỳ chữ số nào chúng ta ghép cùng với dấu hoa thị, số kết quả sẽ nhỏ hơn $30^3$, nhưng lớn hơn $20^3$. Do đó, số của chúng ta phải là $27^3$. Để tìm số mong muốn, bạn không cần phải lập phương 27; Chỉ cần thay thế số $19*83$ phải chia hết cho 9 là đủ, do đó tổng các chữ số của nó phải là 9, điều này có thể xảy ra với *= 6.

5. Chúng ta hãy phản ánh tứ giác $ABCD$ đối với điểm $E$ (hình 25). Tứ giác $ABA_1B_1$, trong đó $A_1$ và $B_1$ là các điểm đối xứng $A$ và $B$, là hình bình hành $(AA_1$ và $BB_1)$ là các đường chéo của nó. Lưu ý rằng trong cả hình bình hành $ABA_1B_1$ và hình lục giác $ABCA_1B_1D$ diện tích của phần màu xanh và phần màu đỏ (xem hình 25) đều bằng nhau. Nhưng phần màu xanh trong hình lục giác và hình bình hành đều giống nhau. Điều này có nghĩa là các phần màu đỏ phải giống nhau. Theo đó, các điểm $C$ và $D$ lần lượt nằm trên các đoạn $BA_1$ và $AB_1$, tức là các cạnh $BC$ và $AD$ của tứ giác này song song với nhau.

Trang cờ vua
(xem «Kvant» số 9)

Nhiệm vụ 17 (S. Veselenchuk, 1985). 1. Qd7! K:h7 2. Kf6×, 1…Kpf8 2.R:h8×, 1…g6 2.Qf7×, 1…Q:h7 2.Qe8×.

Nhiệm vụ 18 (A. Semenenko, 1985). Nhiều độc giả đã tìm ra con đường ngắn hơn để đạt được mục tiêu: 1.Ra4 K:b2 2.Rb4+ Kra3 3.Ks3 Kra2 4.Ra4+ Kb1 5.Ra8 Ks1 6.Ra1×. Tuy nhiên, con đường này là… sai. Thực tế là ở vị trí ban đầu, đó là nước đi của Đen (nếu không thì không thể chỉ ra nước đi trước đó của họ) và lời giải hoàn toàn khác: 0…K:a2 1.Krs3 Kb1 2 - 5.g4—g5—g6—g7 Kb1 6.g8R! Kra2 7.Ra8+ và 8.Ra1×.