Kvant
Tài liệu thi cử

Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow

Варфоломеев В. В., Данилычева М. Н., Матусевич И. М.

Kvant 1986, số 3tr. 58, 59, 61, 62, 63, 64Thẻ HVIZ

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

58

Vật lý
Bài thi viết
Tùy chọn 1

  1. Lượng nhiệt. Đơn vị đo lường. Nhiệt dung riêng. Công thức tính nhiệt lượng cần thiết để làm nóng cơ thể. Định luật nhiệt động đầu tiên.

  2. Hai vật chuyển động dọc theo trục tọa độ OX. Dựa vào đồ thị vận tốc của một vật theo thời gian v(t)v(t) (hình 1), viết công thức vận tốc của mỗi vật. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc tọa độ của vật vào thời gian x(t)x(t), nếu tọa độ ban đầu của vật là x0=0x_0=0.

  3. Ở nhiệt độ t1=27t_1=27 °C, áp suất khí trong bình kín bằng p1=3⋅105p_1=3 \cdot 10^5 Pa. Nhiệt độ của khí ở áp suất p2=2,5⋅105p_2=2,5 \cdot 10^5 Pa sẽ là bao nhiêu?

  4. Tốc độ tối đa mà các electron có thể phát ra từ kali khi chiếu ánh sáng có bước sóng λ=0,4\lambda=0,4 µm là bao nhiêu? Hàm công của electron đối với kali là A=3,2⋅10−19A=3,2 \cdot 10^{-19} J, khối lượng electron là m=9,1⋅10−31m=9,1 \cdot 10^{-31} kg, hằng số Planck là h=6,63⋅10−34h=6,63 \cdot 10^{-34} J s.

  5. Một tần số có khối lượng m=10−4m=10^{-4} kg và điện tích q=10−8q=10^{-8} Cl phát ra trong một vùng điện trường đều có chiều rộng b=0,1b=0,1 m với góc α=45∘\alpha=45^\circ và phát ra một góc β=60∘\beta=60^\circ (hình 2). Xác định tốc độ ban đầu của hạt nếu hướng của trường đều là E=106E=10^6 V/m. Quỹ đạo của hạt nằm trong mặt phẳng hình vẽ. Khinh thường lực hấp dẫn.

Tùy chọn 2

  1. Hai loại điện. Tương tác của các điện tích. định luật Coulomb. Hằng số điện môi của một chất. Đơn vị đo điện tích.

  2. Một ống thủy tinh dài, hẹp, bịt kín một đầu, chứa một phần nước và bị lộn ngược. Khối lượng kết quả là gì?

  3. Cây nến nằm cách một vạch tán xạ mỏng có tiêu cự F=5F=5 cm một khoảng d=10d=10 cm. Hình ảnh ở khoảng cách bao nhiêu so với đường thẳng và nó trông như thế nào?

  4. Điện áp trên tụ điện với đại lượng lý tưởng thay đổi theo định luật U=50cos⁡(1⋅105t)U=50 \cos(1 \cdot 10^5 t) (V) đồng thời giá trị cực đại của điện tích tụ là qm=5⋅10−6q_m=5 \cdot 10^{-6} C. Xác định độ tự cảm của cuộn dây đếm.

  5. Một vôn kế được mắc nối tiếp trước tiên, sau đó song song với điện trở, thành một mạch điện gồm một cục pin và một điện trở có điện trở R=20R=20 Ohm. Chỉ số vôn kế cho biết điện trở của pin.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. F. Safonov, M. G. Timoshin

Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow

Matematika
Bài thi viết
Tùy chọn 1

  1. Giải phương trình (2+x)23+4(2−x)23=54−x23\sqrt[3]{(2+x)^2}+4\sqrt[3]{(2-x)^2}=5\sqrt[3]{4-x^2}.

  2. Giải bất đẳng thức log⁡xlog⁡3(9x−6)≥1\log_x\log_3(9^x-6) \geq 1.

  3. Tìm nghiệm lớn nhất của phương trình sin⁡32xcos⁡x2cos⁡=12(5x−π/2)\sin \frac{3}{2}x \cos \frac{x}{2} \cos=\frac{1}{2}(5x-\pi/2) trên khoảng ]−π/2;π[]-\pi/2; \pi[.

  4. Hai dây cung ABAB và CDCD vuông góc với nhau được vẽ thành một vòng tròn. Tìm bán kính của hình tròn này nếu AC=6AC=6 cm, BD=8BD=8 cm.

  5. Sông có chiều rộng 160 m và tốc độ 6 km/giờ. Một chiếc thuyền có vận tốc khi nước yên lặng là 4,8 km/h, vượt sông trong 2 phút, cứu được hành khách và quay trở lại. Khoảng cách tối thiểu mà thuyền có thể đi được từ điểm xuất phát là bao nhiêu?

Tùy chọn 2

  1. Giải phương trình x−4x+3x+4x=2\sqrt{\frac{x-4}{x}}+\sqrt{\frac{3x+4}{x}}=2.

  2. Giải phương trình 14log⁡x+19+log⁡3x=0\frac{1}{4}\log_{\sqrt{x+1}}9+\log_3x=0.

  3. Tìm nghiệm lớn nhất của phương trình −2sin⁡xcos⁡2x=cos⁡(5x+π/2)-2\sin x\cos 2x=\cos(5x+\pi/2) trên khoảng ]−π/6;π/2[]-\pi/6; \pi/2[.

  4. Tam giác ABCABC nội tiếp trong một đường tròn. Khoảng cách từ các điểm AA và CC đến đường tiếp tuyến của đường tròn tại điểm BB là 4 cm và 9 cm. Tìm chiều cao của tam giác vẽ từ đỉnh BB.

  5. Với những giá trị nào của tham số aa thì mỗi lời giải của bất đẳng thức x2−3x+2<0x^2-3x+2<0 sẽ nằm trong số lời giải của bất đẳng thức ax2−(3a+1)+3>0ax^2-(3a+1)+3>0?

Vật lý
Bài thi vấn đáp

  1. Có một hình trụ nằm trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng so với phương ngang α=30∘\alpha=30^\circ. Hình trụ được giữ đứng yên bằng dây tóc, một đầu được cố định vào đỉnh của mặt phẳng nghiêng, đầu kia được kéo thẳng đứng lên trên. Sợi dây được tác dụng với lực bằng bao nhiêu nếu khối lượng của hình trụ là m=30m=30 g?

  2. Thủy ngân được đổ vào các tàu thông tin liên lạc. Sau đó, một lượng dầu khác cao h1=30h_1=30 cm được đổ vào một trong các bình và nước cao h2=20h_2=20 cm được đổ vào bình kia. Xác định sự chênh lệch nồng độ thuỷ ngân trong các bình. Mật độ của thủy ngân là φ=13,6⋅103\varphi=13,6 \cdot 10^3 kg/m3^3, dầu φ1=0,9⋅103\varphi_1=0,9 \cdot 10^3 kg/m3^3, nước φ2=1,0⋅103\varphi_2=1,0 \cdot 10^3 kg/m3^3.

  3. Một quả cầu thủy tinh có thể tích V=0,5V=0,5 cm3^3 rơi đều vào nước. Nhiệt lượng toả ra khi quả bóng chuyển động là bao nhiêu?

59

ở h=6h=6 m? Mật độ đống ϱ1=2505\varrho_1=2505 kg/m3^3, nước ϱ2=1000\varrho_2=1000 kg/m3^3.

  1. Một ống thủy tinh kín một đầu được đặt nằm ngang. Không khí trong ống được ngăn cách với khí quyển bằng cột thủy ngân dài l=10l=10 cm. Ống được di chuyển dọc theo trục của nó một cách đồng đều với gia tốc a=10a=10 m/s2^2, đầu tiên với đầu bịt kín về phía trước, sau đó mở ra với đầu về phía trước. Xác định áp suất khí quyển nếu trong trường hợp thứ nhất chiều dài của cột không khí trong ống lớn hơn n=1,3n=1,3 lần so với trường hợp thứ hai. Mật độ của thủy ngân là ϱ=13,6⋅103\varrho=13,6 \cdot 10^3 kg/m3^3.

  2. Một quả cầu có khối lượng mm, treo trên một sợi dây dài, dao động điều hòa. Chu kỳ dao động sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu quả bóng được nhiễm điện dương qq và được đặt trong một điện trường đều có hướng E⃗\vec{E}, các đường dẫn của nó hướng thẳng đứng xuống dưới?

  3. Đèn hồ quang cháy ở điện áp U=80U=80V và tiêu thụ điện năng P=800P=800W. Dây nguồn sẽ nóng lên bao nhiêu độ t=1t=1 phút sau khi bật đèn, nếu dây được làm bằng dây đồng có tiết diện S=4S=4 mm2^2? Một nửa lượng nhiệt tỏa ra được truyền ra môi trường xung quanh, điện trở suất của đồng là ϱ=1,7×10−8\varrho=1,7 \times 10^{-8} Ohm m, khối lượng riêng là D=8,9⋅103D=8,9 \cdot 10^3 kg/m3^3, nhiệt dung riêng là c=395c=395 J/(kg K).

  4. Một cục pin có suất điện động δ=12\delta=12 V, một biến trở và một cuộn dây có độ tự cảm L=1L=1 H mắc nối tiếp vào mạch điện. Với điện trở biến trở là R=10R=10 Ohm, có một dòng điện một chiều trong mạch proto-slime. Sau đó, điện trở của biến trở được điều chỉnh sao cho dòng điện trong mạch giảm với tốc độ không đổi ΔI/Δt=0,2\Delta I/\Delta t=0,2 A/c. Điện trở của mạch t=2t=2 s sau khi đặt dòng điện vào là bao nhiêu? Điện trở trong của pin và điện trở hoạt động của cuộn dây là một vấn đề.

  5. Proton nằm trong từ trường đều có độ tự cảm B=0,4B=0,4 T vuông góc với vectơ cảm ứng từ B⃗\vec{B}. Xác định xem proton có thể xuyên qua độ sâu nào trong vùng trường nếu năng lượng của nó là W=1,6×10−13W=1,6 \times 10^{-13} J. Khối lượng của proton là m=1,67⋅10−27m=1,67 \cdot 10^{-27} kg, điện tích của nó là q=1,6⋅10−19q=1,6 \cdot 10^{-19} Cl.

  6. Trên trục quang chính của dây thu có hai điểm sáng: ở khoảng cách d1=20d_1=20 cm và d2=40d_2=40 cm so với dây. Biết rằng ảnh của chúng cùng một điểm, hãy xác định tiêu cự của đường thẳng đó.

  7. Ống kính máy ảnh được tạo thành từ hai đường - phân kỳ và hội tụ. Một đường tán xạ có tiêu cự F1=5F_1=5 cm nằm cách phim ảnh l=45l=45 cm. Nên đặt một đường thu có tiêu cự F2=8F_2=8 cm ở đâu để tạo ra ảnh sắc nét của các vật ở xa trên phim?

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. V. Varfolomeev, M. N. Daniltseva,
I. M. Matusevich

Người chiến thắng cuộc thi “Vấn đề «Kvant»”
(Để bắt đầu, xem trang 30)

Được trang bị Bằng tốt nghiệp và huy hiệu tạp chí «Kvant» và sách trong bộ “Thư viện «Kvant»” để học tập tích cực trong cuộc thi:

Trong toán học
N. AGAZARYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại YSU, lớp 10.
M. ALBT - Odessa, tr. w. Số 100, 8 ô.
A. ASTASHKEVICH - Tomsk, tr. w. Số 24, 10 ô.
G. GEVONDIAN - Yerevan, Trường Vật lý và Toán học tại Đại học Bang Yerevan, lớp 10.
O. GEUPEL - Dresden (CHDC Đức)
A. GOROKHOVSKY - Kyiv, tr. w. Số 79, 8 ô.
I. DYNNIKOV - Zhukovsky, tr. w. Số 1, 9 ô.
V. ZHURAVLEV - Gayvoron, tr. w. Số 2, 9 ô.
M. IGNATIEV - Saratov, tr. w. Số 13, 10 ô.
I. KAPOVICH - Khabarovsk, tr. w. Số 2, 10 ô.
A. KOZINSKY - Gayvoron, tr. w. Số 2, 9 ô.
T. MISIRPASHEV - Mátxcơva, tr. w. Số 57, 10 ô.
O. Trung tâm nghiên cứu - Odessa, tr. w. Số 100, 9 ô.
D. PASTUR - Kharkov, tr. w. Số 146, 10 ô.
M. POMERANTSEV - Cherkasy, tr. w. Số 4, 10 ô.
A. PRISHLYAK - Kyiv, tr. w. Số 179, 10 ô.
T. RADKO - Korsun-Shevchenkosky, tr. w. Số 4, 10 ô.
K. STYRKAS - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. w. Số 82, 9 ô.
V. SUDAKOV - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarov, lớp 10.
D. TULYAKOV - Zhdanov, tr. w. Số 7, 8 ô.

A. CHAGIROV - Alma-Ata, tr. w. Số 56, 10 ô.
S. SHEININ - Molodechno, s. w. Số 7, 10 ô.

Trong vật lý
S. ANATOLYEV - Yaroslavl, tr. w. Số 33, 10 ô.
A. BELOPOLSKY - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
I. BENA – Vaslui (SRR)
Y. BOROVSKY - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
A. VILKOTSKY - Minsk, tr. w. Số 16, 10 ô.
L. GOLDSTEIN - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
V. ZHEVLAKAOV - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. w. Số 82, 10 ô.
V. ZELOV - Novosibirsk, Trường Vật lý số 165, NSU, lớp 10.
V. KIRYASHKIN - Saratov, tr. w. Số 13, 10 ô.
P. CLARK - Tula, tr. w. Số 36, 10 ô.
K. LOPIN - Frunze, tr. w. Số 61, 10 ô.
D. MOGILEVTSEV - Shklov, tr. w. Số 4, 10 ô.
S. MYAGCHILOV - Odessa, tr. w. Số 16, 10 ô.
A. NEDACHIN - Kyiv, tr. w. Số 145, 9 ô.
O. OSAULENKO - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
V. PESOTSKY - Vùng Brest, làng Dvoretskaya. sh., 10 cl.
O. POSUDNEVSKY - Bạch dương, tr. w. Số 1, lớp 10.
Y. RYBALOCHKA - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
T. SAGAIDAK - Kanev, tr. w. Số 4, 10 ô.
V. SAKVEV - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
V. SAMOILOV - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
M. SITNIKOV - Klimovsk, tr. w. Số 5, 10 ô.
O. YUSUKHNO - Kyiv, tr. w. Số 145, 9 ô.

phương trình tiếp tuyến

  1. K=316K = \frac{3}{16}.
  2. (1−2;2),(1+2;−2)(1 - \sqrt{2}; \sqrt{2}), (1 + \sqrt{2}; -\sqrt{2}).
  3. y=−x+52y = -x + \frac{5}{2}.
  4. 482554\frac{48}{25} \sqrt{\frac{5}{4}} tại c=45c = \frac{4}{5}.

«Kvant» cho học sinh nhỏ

  1. Tổng các số được chỉ định 40+45+44+27=15640+45+44+27 = 156 là giá trị chiết khấu của cả bốn con tem. Như vậy, bốn con tem có giá 52 kopecks. Trừ số tiền 40 kopecks từ 52 kopecks, chúng ta nhận được 12 kopecks - giá của một con tem Cuba. Tương tự, giá một con tem của Mông Cổ là 7 kopecks, một con tem của Bulgaria là 8 kopecks và một con tem của Ba Lan là 25 kopecks.

  2. Hãy để chúng tôi biểu thị số được yêu cầu bằng xx. Sau đó x+16=n2x+16=n^2 và x−16=k2x-16=k^2. Do đó n2−k2=32=1⋅32=2⋅16=4⋅8=(n+k)(n−k)n^2-k^2=32 = 1 \cdot 32 = 2 \cdot 16 = 4 \cdot 8 = (n+k)(n-k). Chúng ta thu được hai hệ phương trình: n+k=16,n−k=2n+k=16, n-k=2 và n+k=8,n−k=4n+k=8, n-k=4. (Trường hợp n+k=32,n−k=1n+k=32, n-k=1 bị loại vì các số nn và kk phải có cùng tính chẵn lẻ). Trong trường hợp đầu tiên n=9,k=7,x=65n=9, k=7, x=65; trong trường hợp thứ hai n=6,k=2,x=20n=6, k=2, x=20. Như vậy, chỉ có số 20 và 65 có tính chất được chỉ định trong câu hỏi đã cho.

  3. Khi một người chạm vào một khúc gỗ, anh ta đơn giản là không có thời gian để ngã.

  4. Lưu ý rằng tổng diện tích của bốn hình tam giác ADE,ACF,BDEADE, ACF, BDE và BCFBCF bằng diện tích hình chữ nhật. Mặt khác, số tiền này bằng gấp đôi diện tích của phần màu đỏ của hình chữ nhật và phần phẳng màu trắng của nó. Tương tự, tổng diện tích của bốn hình tam giác BCD,BEF,ACDBCD, BEF, ACD và AEFAEF bằng diện tích hình chữ nhật, đồng thời diện tích phần màu trắng của phần phẳng bằng hai lần diện tích phần màu xanh. Điều này ngụ ý tuyên bố bài toán.

  5. Số nn được chấp nhận làm cơ sở của hệ thống số. Từ cột đầu tiên bên phải, chữ O bằng 0. Như vậy, việc chuyển đơn vị sẽ từ cột thứ hai sang cột thứ ba và từ cột thứ tư sang cột thứ năm. Từ đây chúng ta nhận được các tương ứng: 2T=n+I2T=n+I, I+1=KI+1=K, K+I=nK+I=n, K+1=TK+1=T. Vì vậy, n=7n=7, I=3I=3, K=4K=4, T=5T=5.

Cô gái cần thiết (xem tr. 50)

Khi chúng ta nói rằng một người có hai chân và một con chó có bốn chân, chúng ta thậm chí không nghĩ đến việc chúng ta đang sử dụng hệ thống số nào. Khi chúng ta nói “con rùa này già rồi”, chúng ta muốn nói rằng

100=1⋅102+0⋅101+0⋅100.100 = 1 \cdot 10^2 + 0 \cdot 10^1 + 0 \cdot 10^0.

Và nói chung, nếu a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các chữ số của một số thì chúng ta coi số A=a1a2…anA = a_1 a_2 \dots a_n bằng a1⋅10n+a2⋅10n−1+⋯+an⋅100a_1 \cdot 10^n + a_2 \cdot 10^{n-1} + \dots + a_n \cdot 10^0. Trên thực tế, điều này chỉ xảy ra trong hệ thống số thập phân có cơ số là 10. Tuy nhiên, bất kỳ số tự nhiên q>1q > 1 nào cũng có thể được lấy làm cơ số của hệ thống số; số a1a2…ana_1 a_2 \dots a_n trong hệ thống số qq-ary như vậy sẽ bằng

a1a2…an=a1qn+a2qn−1+⋯+anq0.a_1 a_2 \dots a_n = a_1 q^n + a_2 q^{n-1} + \dots + a_n q^0.

Trong hệ thống số nào một cô gái có thể có 10 tay, 10 tai và 10 mắt? Chỉ trong một trong đó 10 sẽ bằng số 2, tức là 10q=1⋅q1+0⋅q0=210_q = 1 \cdot q^1 + 0 \cdot q^0 = 2. Như vậy, q=2q=2 có nghĩa là trong bài thơ này mọi thứ đều diễn ra theo hệ thống số kép. Trong hệ thống này

100=1⋅22+0⋅21+0⋅20=4,100 = 1 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 0 \cdot 2^0 = 4,

101=1⋅22+0⋅21+1⋅20=5,101 = 1 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 1 \cdot 2^0 = 5,

1100=1⋅23+1⋅22+0⋅21+0⋅20=12.1100 = 1 \cdot 2^3 + 1 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 0 \cdot 2^0 = 12.

Cô bé 12 tuổi, đang học lớp năm.

Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow Toán học

Bài thi viết

Tùy chọn 1

  1. 36, 45, 54, 63. Gợi ý. Nếu A=10x+yA=10x+y, trong đó xx và yy là số thì theo điều kiện

{∣1x−y∣≤3,x+y=9.\begin{cases} |1x-y| \leq 3, \\ x+y=9. \end{cases}

  1. {log⁡3(1+1−a)}\{\log_3(1+\sqrt{1-a})\} tại a∈]−∞;0]a \in ]-\infty; 0]; {log⁡3(1+1−a)}\{\log_3(1+\sqrt{1-a})\} tại a∈]0;1]a \in ]0; 1]; ∅\emptyset tại a∈]1;+∞[a \in ]1; +\infty[. Gợi ý. Phương trình sau khi thay thế t=3xt=3^x được rút gọn về dạng t2−2t+a=0t^2-2t+a=0 và có nghiệm t1,2=1±1−at_{1,2}=1 \pm \sqrt{1-a} tại a≤1a \leq 1. Cũng cần phải tính đến điều đó t>0t>0.

  2. x1=1+(2πkb)2,x2=1+4π29b2(3l+1)2(k,l∈Z)x_1=1+\left(\frac{2\pi k}{b}\right)^2, x_2=1+\frac{4\pi^2}{9b^2}(3l+1)^2(k, l \in Z), k≥0,l≥0k \geq 0, l \geq 0 tại b∈]0;+∞[b \in ]0; +\infty[; x∈[1;+∞[x \in [1; +\infty[ tại b=0;x1=1+(2πkb)2;x2=1+4π29b2(3l+1)2(k,l∈Z)b=0; x_1=1+\left(\frac{2\pi k}{b}\right)^2; x_2=1+\frac{4\pi^2}{9b^2}(3l+1)^2(k, l \in Z), k≤0,l<0k \leq 0, l < 0 tại b∈]−∞;0[b \in ]-\infty; 0[. Gợi ý. Tại b≠0b \neq 0 phương trình được rút gọn về dạng bx−1=−π6+(−1)nπ6+πnb \sqrt{x-1} = -\frac{\pi}{6} + (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n tại n∈Zn \in Z. Nếu n=2kn=2k thì bx−1=2πkb \sqrt{x-1} = 2\pi k. Nếu b>0b>0, thì tại k≥0k \geq 0 chúng ta có x1=1+(2πkb)2x_1=1+\left(\frac{2\pi k}{b}\right)^2. Nếu b<0b<0 thì x1=1+(2πkb)2x_1=1+\left(\frac{2\pi k}{b}\right)^2. Trường hợp n=2l+1n=2l+1 lẻ được xử lý tương tự.

  3. S1=kh34k2−h2;S2=kh(k2−h2)4k2−h2S_1=\frac{kh^3}{4k^2-h^2}; S_2=\frac{kh(k^2-h^2)}{4k^2-h^2} nếu hk∈]1;2[\frac{h}{k} \in ]1; \sqrt{2}[. S=kh34k2−h2S=\frac{kh^3}{4k^2-h^2} nếu hk∈]0;1[\frac{h}{k} \in ]0; 1[. Gợi ý. Vì các điểm AA và CC (hình 1) cách xa mặt phẳng BSD như nhau nên ∣AD∣=∣DC∣|AD|=|DC|. Điều này có nghĩa là △ASC\triangle ASC bằng (AC)⊥(BSD)(AC) \perp (BSD). Hãy để ∣AS∣=l,∣AC∣=a,∣SB∣=x,ASC^=a|AS|=l, |AC|=a, |SB|=x, \widehat{ASC}=a. Sau đó {ak=hl,k2+a24=l2,\begin{cases} ak=hl, \\ k^2+\frac{a^2}{4}=l^2, \end{cases} từ đâu a=2kh4k2−h2,l=2k24k2−h2a=\frac{2kh}{\sqrt{4k^2-h^2}}, l=\frac{2k^2}{\sqrt{4k^2-h^2}} và hk<2\frac{h}{k}<2.

Gọi K,N,MK, N, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AS, AB và BC. Tiết diện của mặt phẳng thẳng KNM là hình bình hành KLMN, vì

61

Hình 1.

(LM) || (SB), (KL) || (AC) và (SB) ⊥ (AC), hình bình hành KLMN là hình chữ nhật có diện tích ax4\frac{ax}{4}. Theo định lý cosine ∣AC∣2=2l2−2l2cos⁡α=∣BC∣2=x2+l2−2lxcos⁡α|AC|^2 = 2l^2 - 2l^2\cos \alpha = |BC|^2 = x^2 + l^2 - 2lx\cos \alpha, từ đó x1=lx_1 = l, x2=l(1−2cos⁡α)x_2 = l(1 - 2\cos \alpha).

Từ △ASC\triangle ASC chúng ta nhận được cos⁡α=2k2−h22k2\cos \alpha = \frac{2k^2 - h^2}{2k^2}, vì vậy x2=lh2−k2k2x_2 = l\frac{h^2 - k^2}{k^2}. Nếu h≤kh \leq k, chỉ có một tham số thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu k<h<k2k < h < k\sqrt{2} thì có hai thông số (một thông số đúng với x1=lx_1 = l và một thông số sai với x2=l(1−2cos⁡α)x_2 = l(1 - 2\cos \alpha)).

Tùy chọn 2

  1. x=±14arccos⁡9−4a9+πn2x = \pm \frac{1}{4}\arccos \frac{9 - 4a}{9} + \frac{\pi n}{2}, (n∈Zn \in \mathbb{Z}) tại 0<a≤920 < a \leq \frac{9}{2}. Đối với các giá trị khác aa lời giải không. Gợi ý. Tại a=0a = 0 lời giải không. Đối với a≠0a \neq 0, hãy sử dụng kết quả khớp sin⁡22x=1−cos⁡4x2\sin^2 2x = \frac{1 - \cos 4x}{2}.

  2. 10,5−625a10,5 - \frac{6}{25}a; bài toán có lời giải với a∈[1756;35]∪[35;1754]a \in \left[\frac{175}{6}; 35\right] \cup \left[35; \frac{175}{4}\right]. Gợi ý. Để thùng thứ nhất chứa xx lít lụa và thùng thứ hai - yy lít. Điều kiện ngụ ý hệ thống

{x+y10=35100,3x4+3y6=a100,0<y<6,0<x<4.\begin{cases} \frac{x+y}{10} = \frac{35}{100}, \\ \frac{3x}{4} + \frac{3y}{6} = \frac{a}{100}, \\ 0 < y < 6, 0 < x < 4. \end{cases}

  1. 2arctg4m12−m223m22\arctg \frac{\sqrt{4m_1^2 - m_2^2}}{3m_2} tại 12<m1m2<52\frac{1}{2} < \frac{m_1}{m_2} < \sqrt{\frac{5}{2}}; φ∈[π2;π]\varphi \in \left[\frac{\pi}{2}; \pi\right] tại m1=52m2m_1 = \sqrt{\frac{5}{2}}m_2.

Gợi ý. Gọi OO là giao điểm các đường trung tuyến của tam giác ASB. Từ △AOD\triangle AOD chúng ta nhận được ∣AD∣=134m12−m22|AD| = \frac{1}{3}\sqrt{4m_1^2 - m_2^2}. Xét hai trường hợp: a) △ASB\triangle ASB - góc nhọn, b) △ASB\triangle ASB - không góc nhọn. Trong trường hợp a), tam giác ASB là tiết diện dọc trục của hình nón nên góc cần tìm là φ=2arctg4m12−m223m2\varphi = 2\arctg \frac{\sqrt{4m_1^2 - m_2^2}}{3m_2}. Trường hợp này được thực hiện ở tgφ2<1tg \frac{\varphi}{2} < 1, tức là khi 12<m1m2<52\frac{1}{2} < \frac{m_1}{m_2} < \sqrt{\frac{5}{2}}. Trong trường hợp 6) tam giác ASB phẳng nhất nên đường thẳng của nón ASB đi qua đỉnh SS bằng 12l2sin⁡α\frac{1}{2}l^2\sin \alpha, trong đó α\alpha là góc giữa hai đường sinh AS và BS nên lấy giá trị phẳng nhất π2≤φ<π\frac{\pi}{2} \leq \varphi < \pi.

  1. f′(x)=4−2x(x2−4x+a)2;a∈]−∞;−21[∪[5;+∞]f'(x) = \frac{4-2x}{(x^2 - 4x + a)^2}; a \in ] - \infty; -21[ \cup [5; +\infty].

Gợi ý. Để f(x)f(x) được xác định cho tất cả x∈[5;7]x \in [5; 7], điều cần thiết và đủ là phương trình φ(x)=x2−4x+a=0\varphi(x) = x^2 - 4x + a = 0 không có nghiệm trên khoảng này. Đến lượt điều này sẽ xảy ra nếu và chỉ nếu φ(5)>0\varphi(5) > 0 và φ(7)>0\varphi(7) > 0, hoặc φ(5)<0\varphi(5) < 0 và φ(7)<0\varphi(7) < 0, tức là khi φ(5)⋅φ(7)>0\varphi(5) \cdot \varphi(7) > 0. Kể từ f′(x)<0f'(x) < 0, đối với các thuộc tính x∈[5;7]x \in [5; 7] bài toán đến lời giải các bất đẳng thức f(5)≤110f(5) \leq \frac{1}{10}.

Vật lý

  1. Viết điều kiện cân bằng của thanh:

Mg(l2−Δl)=2T(l2+Δl),Mg\left(\frac{l}{2} - \Delta l\right) = 2T\left(\frac{l}{2} + \Delta l\right),

trong đó TT là lực căng của sợi dây mà các vật có khối lượng m1m_1 và m2m_2 được treo trên đó. Lực này có thể được tìm thấy bằng định luật thứ hai của Newton:

m1a=m1g−T,m_1a = m_1g - T,

−m2a=m2g−T,-m_2a = m_2g - T,

Ở đâu

T=2m1m2gm1+m2.T = \frac{2m_1m_2g}{m_1 + m_2}.

Thay kết quả này vào điều kiện cân bằng của thanh và sử dụng phương trình tính khối lượng m1m_1 và m2m_2:

m12−m22+M+M24(l/2−Δll/2+Δl)=0.m_1^2 - m_2^2 + M + \frac{M^2}{4}\left(\frac{l/2 - \Delta l}{l/2 + \Delta l}\right) = 0.

Lời giải của phương trình này cho

m1=M2(1+4Δll+2Δl)=1,67 кг,m_1 = \frac{M}{2}\left(1 + \sqrt{\frac{4\Delta l}{l + 2\Delta l}}\right) = 1,67 \text{ кг},

m2=M2(1−4Δll+2Δl)=0,33 кг.m_2 = \frac{M}{2}\left(1 - \sqrt{\frac{4\Delta l}{l + 2\Delta l}}\right) = 0,33 \text{ кг}.

  1. Khi di chuyển lên mặt phẳng nghiêng, vòng đệm được thay thế bằng trọng lực và ma sát. Trong trường hợp này, gia tốc của quả bóng

a1=g(sin⁡α+μcos⁡α)a_1 = g(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)

và thời gian lái xe

t1=v0a1=v0g(sin⁡α+μcos⁡α)=1,6 с.t_1 = \frac{v_0}{a_1} = \frac{v_0}{g(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)} = 1,6 \text{ с}.

Vì bài toán yêu cầu tính công theo thời gian t=3,5t = 3,5 s (t>t1t > t_1) nên cũng cần xét chuyển động của quả bóng xuống mặt phẳng nghiêng. Trong trường hợp này, gia tốc của quả bóng

a2=g(sin⁡α−μcos⁡α)a_2 = g(\sin \alpha - \mu \cos \alpha)

62

và thời gian lái xe
t2=t−t1.t_2 = t - t_1.
Đúng lúc tt quả bóng đã che khuất con đường
l=v022a1+a2t222.l = \frac{v_0^2}{2a_1} + \frac{a_2 t_2^2}{2}.
Trên đường đi này, lực ma sát Fтр=μmgcos⁡αF_{\text{тр}} = \mu mg \cos \alpha tác dụng lên quả bóng
Aтр=−Fтрl=−μmcos⁡α2(v02sin⁡α+μcos⁡α+g2(sin⁡α−μcos⁡α)(t−v0g(sin⁡α+μcos⁡α))2)=−7,2 Дж.A_{\text{тр}} = -F_{\text{тр}} l = -\frac{\mu m \cos \alpha}{2} \left( \frac{v_0^2}{\sin \alpha + \mu \cos \alpha} + g^2 (\sin \alpha - \mu \cos \alpha) \left( t - \frac{v_0}{g (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)} \right)^2 \right) = -7,2 \text{ Дж}.
3. Để tìm lực căng của sợi dây TT và gia tốc của tải trọng aa, chúng ta viết định luật thứ hai Newton cho vật AA và BB:
ma=T−mgsin⁡α,ma = T - mg \sin \alpha,
ma=mg−T,ma = mg - T,
chúng ta lấy nó từ đâu
a=g2(1−sin⁡α);T=mg2(1+sin⁡α).a = \frac{g}{2} (1 - \sin \alpha); \quad T = \frac{mg}{2} (1 + \sin \alpha).
Có thể tìm thấy công suất NN, được phát triển bởi lực căng của sợi chỉ, sau thời gian tt sau khi bắt đầu chuyển động bằng công thức
N=Tat=mg2t4(1−sin⁡α)(1+sin⁡α)=mg2t4cos⁡2α=75 Вт.N = T a t = \frac{mg^2 t}{4} (1 - \sin \alpha)(1 + \sin \alpha) = \frac{mg^2 t}{4} \cos^2 \alpha = 75 \text{ Вт.}
4. Áp suất p1p_1 và thể tích V1V_1 của khí ở trạng thái ban đầu 1 có liên quan đến áp suất p3p_3 và thể tích V3V_3 ở trạng thái cuối cùng 3 phương trình trạng thái
p1V1=p3V3=RT1.p_1 V_1 = p_3 V_3 = RT_1.
Khí chỉ hoạt động khi chuyển từ trạng thái trung gian 2 sang trạng thái cuối cùng 3:
A=p3(V3−V1)=p3V3(1−V1V3)=RT1(1−1n).A = p_3 (V_3 - V_1) = p_3 V_3 \left( 1 - \frac{V_1}{V_3} \right) = RT_1 \left( 1 - \frac{1}{n} \right).
Từ đây chúng ta có được
T1=nAR(n−1)=300 К.T_1 = \frac{n A}{R(n-1)} = 300 \text{ К.}
5. Hãy viết định luật II Newton về chuyển động của quả bóng trước và sau khi đưa một điện tích vào tâm vòng tròn:
mω12R=mgtgα,m \omega_1^2 R = mg t g \alpha,
mω22R=mgtgα−q24πε0R2,m \omega_2^2 R = mg t g \alpha - \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 R^2},
trong đó α\alpha là góc giữa sợi treo và phương thẳng đứng. Từ các phương trình này người ta tìm thấy
ω2=ω12−q24πε0R3m=1,7 с−1.\omega_2 = \sqrt{\omega_1^2 - \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 R^3 m}} = 1,7 \text{ с}^{-1}.
6. Tại thời điểm dây nằm ở vị trí thẳng đứng, định luật II Newton về hình chiếu lên trục thẳng đứng sẽ được viết dưới dạng
F−mg=mv2l,F - mg = \frac{mv^2}{l},
trong đó FF là lực căng của sợi chỉ, vv là tốc độ của quả bóng tại thời điểm này, ll là chiều dài của sợi chỉ. Tốc độ vv có thể được tìm thấy bằng cách sử dụng định luật bảo toàn năng lượng
mv22=mgl(1−cos⁡α)+qElsin⁡α.\frac{mv^2}{2} = m g l (1 - \cos \alpha) + q E l \sin \alpha.
Giải hệ phương trình thu được, ta tìm được
F=mg+2mg(1−cos⁡α)+2qEsin⁡α=mg(3−2cos⁡α)+2qEsin⁡α=18,4 Н.F = mg + 2 mg (1 - \cos \alpha) + 2 q E \sin \alpha = mg (3 - 2 \cos \alpha) + 2 q E \sin \alpha = 18,4 \text{ Н.}

  1. Ta viết công suất tiêu thụ của đèn ngay sau khi bật dưới dạng
    P=U2R,P = \frac{U^2}{R},
    trong đó UU là điện áp chạy qua đèn, R=R0×(1+atk)R = R_0 \times (1 + a t_k) là điện trở của cuộn dây ở nhiệt độ phòng tk≈20∘Ct_k \approx 20^\circ \text{C} (R0R_0 là điện trở ở 0∘C0^\circ \text{C}). Sau khi nung nóng, điện trở của dây tóc tăng lên R′=R0(1+at)R' = R_0 (1 + a t) và đèn tiêu thụ điện năng
    P′=U2R′=PRR′=P1+atk1+at≈44 Вт.P' = \frac{U^2}{R'} = \frac{PR}{R'} = P \frac{1 + a t_k}{1 + a t} \approx 44 \text{ Вт.}
  2. Lực mà chùm tia tác dụng lên tấm có thể được tính theo công thức
    F=ΔPΔt,F = \frac{\Delta P}{\Delta t},
    trong đó ΔP\Delta P là động lượng của chùm proton truyền tới tấm trong thời gian Δt\Delta t. Hãy biến đổi công thức này như sau:
    F=mvΔNΔt=mveeΔNΔt=mveΔqΔt=mveI.F = mv \frac{\Delta N}{\Delta t} = \frac{mv}{e} \frac{e \Delta N}{\Delta t} = \frac{mv}{e} \frac{\Delta q}{\Delta t} = \frac{mv}{e} I.
    Ở đây vv là tốc độ của proton, ΔN\Delta N là số proton chạm vào tấm trong thời gian Δt\Delta t, Δq\Delta q là điện tích của proton chạm tới tấm trong thời gian Δt\Delta t. Chúng ta tìm tốc độ vv bằng định luật bảo toàn năng lượng:
    mv22=eU,v=2eUm.\frac{mv^2}{2} = e U, \quad v = \sqrt{\frac{2 e U}{m}}.
    Bây giờ chúng tôi cuối cùng đã nhận được
    F=I2mUe=1,6⋅10−3 Н.F = I \sqrt{\frac{2 m U}{e}} = 1,6 \cdot 10^{-3} \text{ Н.}
  3. Trong vùng từ trường, một proton chuyển động dọc theo một cung tròn và thoát ra một góc aa (hình 2). Thời gian tt chuyển động của proton trong vùng từ trường liên hệ với thời gian quay hoàn toàn TT bằng sự tương ứng
    τ=π+2a2πT.\tau = \frac{\pi + 2 a}{2 \pi} T.
    Để tính thời gian T=2πR/vT = 2 \pi R / v, cần tìm tỉ số giữa tốc độ của proton vv với bán kính quỹ đạo RR. Chúng ta có được mối quan hệ này từ phương trình chuyển động của proton
    mv2R=evB,vR=eBm.\frac{mv^2}{R} = ev B, \quad \frac{v}{R} = \frac{e B}{m}.
    Như vậy,
    T=2πmeB.T = \frac{2 \pi m}{e B}.
    Thay kết quả này vào công thức tính thời gian tt và giải phương trình tìm được cảm ứng từ trường, ta tìm được
    B=(π+2a)meτ=8,4⋅10−3 Тл.B = \frac{(\pi + 2 a) m}{e \tau} = 8,4 \cdot 10^{-3} \text{ Тл.}

Puc. 2.

63

  1. Khi dây dẫn di chuyển với tốc độ v2v_2, EMF của chỉ báo Blv2Blv_2 hóa ra bằng EMF và nguồn hiện tại:
    E−Blv2=0,E=Blv2.\mathcal{E} - Blv_2 = 0, \quad \mathcal{E} = Blv_2.
    Do đó, khi dây dẫn chuyển động với vận tốc v1v_1 thì dòng điện sẽ chạy qua mạch
    I=E−Blv1r+R=Bl(v2−v1)r+R=1,0 A.I = \frac{\mathcal{E} - Blv_1}{r + R} = \frac{Bl(v_2 - v_1)}{r + R} = 1,0 \text{ A}.

Viện thép và hợp kim Moscow
Toán học

  1. (9). 2. (2). 3. (-1). 4. (20). 5. (3). 6. (100).
  2. (1,125). 8. (67). 9. (1,5). 10. (5). 11. (204).
  3. (21).

Vật lý

  1. t=2lF/m−μg(1+m/M)≈0,52 c.t = \sqrt{\frac{2l}{F/m} - \mu g(1 + m/M)} \approx 0,52 \text{ c}.
  2. τ=m(cΔT+λ)/P=10 200 c.\tau = m(c\Delta T + \lambda)/P = 10 \, 200 \text{ c}.
  3. m=ηkW/U≈0,63 кг.m = \eta kW/U \approx 0,63 \text{ кг}.
  4. T=π2l/g≈0,63 c.T = \pi \sqrt{2l/g} \approx 0,63 \text{ c}.
  5. t=c1m1t1+c2m2t2c1m1+c2m2≈17,7∘ C.t = \frac{c_1 m_1 t_1 + c_2 m_2 t_2}{c_1 m_1 + c_2 m_2} \approx 17,7^\circ \text{ C}.
  6. h=Dn2−1/2≈0,885 м.h = D \sqrt{n^2 - 1}/2 \approx 0,885 \text{ м}.
  7. φ2=φ1pH1pH2T2T1≈62%.\varphi_2 = \varphi_1 \frac{p_{\text{H1}}}{p_{\text{H2}}} \frac{T_2}{T_1} \approx 62 \%.
  8. R′=500 Ом.R' = 500 \text{ Ом}.
  9. m1/m2=(r1/r2)2=4.m_1/m_2 = (r_1/r_2)^2 = 4.
  10. μ=4π2n2r/g≈0,025.\mu = 4\pi^2 n^2 r/g \approx 0,025.
  11. Ek=hc/λ−A≈1,84⋅10−19 Дж≈1,15 ЭВE_k = hc/\lambda - A \approx 1,84 \cdot 10^{-19} \text{ Дж} \approx 1,15 \text{ ЭВ} (ở đây h=6,62⋅10−34 Дж⋅сh = 6,62 \cdot 10^{-34} \text{ Дж} \cdot \text{с} là hằng số Planck, c=3⋅108 м/cc = 3 \cdot 10^8 \text{ м/c} là tốc độ ánh sáng, 1 ЭВ=1,6⋅10−19 Дж.1 \text{ ЭВ} = 1,6 \cdot 10^{-19} \text{ Дж}.)
  12. F1=l−F2=0,06 м=6 см.F_1 = l - F_2 = 0,06 \text{ м} = 6 \text{ см}.

Viện năng lượng Moscow
Toán học
Bài thi viết

  1. 2⋅(a2+b2)−12 \cdot (a^2 + b^2)^{-1} tại a≠0,b≠0,a≠±ba \neq 0, b \neq 0, a \neq \pm b.
  2. {(94;38),(38;94)}\left\{ \left(\frac{9}{4}; \frac{3}{8}\right), \left(\frac{3}{8}; \frac{9}{4}\right) \right\}.
  3. {76;−12}\left\{ \frac{7}{6}; -\frac{1}{2} \right\}.
  4. x=−3π2x = -\frac{3\pi}{2}.
  5. {arcsin⁡2π;π−arcsin⁡2π}\left\{ \arcsin \frac{2}{\pi}; \pi - \arcsin \frac{2}{\pi} \right\}.

Bài thi vấn đáp

  1. a) Các đường chéo của hình bình hành phải bằng nhau; 6) Các đường chéo của hình bình hành phải vuông góc với nhau.

  2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy: a+b≥2ab,a,b≥0a + b \geq 2\sqrt{ab}, a, b \geq 0.

    1. Gợi ý e. Xin lưu ý rằng miền định nghĩa của biểu thức này là một tập hợp.
      {(a,b,c):a+b+c=0;ab+bc+ca≥0}≡{(a,b,c):a+b+c=0;ab+bc+ca=0}.\{(a, b, c) : a + b + c = 0; ab + bc + ca \geq 0\} \equiv \{(a, b, c) : a + b + c = 0; ab + bc + ca = 0\}.

  4. T=2πT = 2\pi.

  5. M=2+5,m=2−5M = 2 + \sqrt{5}, m = 2 - \sqrt{5}.

  6. Hai.

  7. ∣x∣≤4|x| \leq 4. Gợi ý e. Hãy chứng minh tội lỗi đó x⋅sin⁡7x≠1x \cdot \sin 7x \neq 1.

  8. Gợi ý e. Tìm hiểu miền của hàm số.

  9. 1 tại x>0x > 0.

  10. x=1n(a1+a2+⋯+an)x = \frac{1}{n} (a_1 + a_2 + \dots + a_n).

Vật lý
Bài thi viết
2. v1(t)=t;v2(t)=3−0,6t;см. рис. 3.v_1(t) = t; v_2(t) = 3 - 0,6t; \text{см. рис. 3.}

Hình 3.
3. T2=T1p2/p1=250 K;t2=−23∘ CT_2 = T_1 p_2/p_1 = 250 \text{ K}; t_2 = -23^\circ \text{ C}.
4. vmax=2hcλm−2Am≈6,2⋅105 м/cv_{\text{max}} = \frac{2hc}{\lambda m} - \frac{2A}{m} \approx 6,2 \cdot 10^5 \text{ м/c}.
5. v=qEBmcos⁡2α(tgα+tgβ)=2,7 м/cv = \sqrt{\frac{qEB}{m \cos^2 \alpha (\text{tg} \alpha + \text{tg} \beta)}} = 2,7 \text{ м/c}.
Tùy chọn 2
2. Hơi nước bão hòa.
3. Hình ảnh ảo, trực tiếp và thu nhỏ ở khoảng cách xa f=dF/(d+F)=3,3 см от линзыf = dF/(d + F) = 3,3 \text{ см от линзы}.
4. L=Um/(ω2qm)=10−3 ГнL = U_m/(\omega^2 q_m) = 10^{-3} \text{ Гн}.
5. r=R2/RБ=0,8 Омr = R^2/R_{\text{Б}} = 0,8 \text{ Ом}.

Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow
Toán học
Tùy chọn 1

  1. {0; 126/65}. Gợi ý e. Vì x=2x = 2 không phải là nghiệm của cấp độ này nên nó được rút gọn về dạng t2+4t−5=0t^2 + 4t - 5 = 0,
    ở đâu t=2+x2−xt = \sqrt{\frac{2+x}{2-x}}.
  2. ]log⁡97;1[∪]1;+∞[.]\log_9 7; 1[ \cup ]1; +\infty[.
  3. 79π.\frac{7}{9} \pi.
  4. 5 cm.
  5. 320 m.
    Tùy chọn 2
  6. {-4/3; 4}. 2. (21−3)/6(\sqrt{21} - 3)/6. 3. π/3\pi/3.
  7. 6 cm. 5. −∞;12[.-\infty; \frac{1}{2}[.

Vật lý

  1. T=mgsin⁡α1+sin⁡α=0,1 HT = mg \frac{\sin \alpha}{1 + \sin \alpha} = 0,1 \text{ H}.
  2. Δh=(ρ1h1−ρ2h2)/ρ≈0,5⋅10−2 м=0,5 см\Delta h = (\rho_1 h_1 - \rho_2 h_2)/\rho \approx 0,5 \cdot 10^{-2} \text{ м} = 0,5 \text{ см}.
  3. Q=(ρ1−ρ2)Vgh=4,5⋅10−2 ДжQ = (\rho_1 - \rho_2) Vgh = 4,5 \cdot 10^{-2} \text{ Дж}.
  4. pa=ρla(n+1)/(n−1)≈105 Паp_a = \rho la (n + 1)/(n - 1) \approx 10^5 \text{ Па}.
  5. Chu kỳ dao động giảm 1+qEmg\sqrt{1 + \frac{qE}{mg}} lần.
  6. ΔT=ηP2ρtU2S2cD≈0,8 K\Delta T = \frac{\eta P^2 \rho t}{U^2 S^2 cD} \approx 0,8 \text{ K}.
  7. Ri=E+LΔI/ΔtE−ΔI/Δt=15,25 ОмR_i = \frac{\mathcal{E} + L \Delta I/\Delta t}{\mathcal{E} - \Delta I/\Delta t} = 15,25 \text{ Ом}.

64

  1. x=22Wm/(qB)≈0,72x = 2\sqrt{2Wm}/(qB) \approx 0,72 m.
  2. F=2d1d2/(d1+d2)≈26,7F = 2d_1d_2/(d_1 + d_2) \approx 26,7cm. Gợi ý. Các điểm sáng nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng.
  3. Khoảng cách từ dây thu đến phim là a1=40a_1 = 40 cm hoặc a2=10a_2 = 10 cm.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 2)

  1. 41 tuổi.

Hình 4.

Hình 5.

Trang cờ vua
(xem «Kvant», 1985, số 11, 12)

Nhiệm vụ 21 (L. Kaiev, 1947, g.). 1. c5 h4 2. Ce6 de 3. c6 h3 4. c7 h2 5. c8Ф h1Ф 6. Фс3+ Kd5 7. Фс5+ Ке4 8. Фс6+.

Nhiệm vụ 22 (A. Seleznev, 1927). 1. Krs4! K:f4 2. d5 Ke5 3. Ks5 a4 4. d6 Ke6 5. Ks6 a3 6. d7 a2 7. d8Q a1Q 8. Qe8+ Kpf6 9. Qh8+, 3…f4 4. d6 Ke6 5. Kc6 f3 6. d7 f2 7. d8Q f1Q 8. Qe8+ và 9. Qf8+.

Nhiệm vụ 23 (E. Pogosyants, 1982). Đối với lời giải bài toán, doku trước tiên phải được chuyển thành 180∘180^\circ, sau đó vua được chuyển từ e1 sang c1, hoàn thành độ dài của doku (thiếu nửa nước đi!).

Nhiệm vụ 24 (V. Sidorov, 1981). Đây là một trong những vị trí mà bất kỳ sự kiểm tra nào của quân hậu đều dẫn đến việc thua cuộc. Trắng: Kpb5, Qe8; Đen: Npb2, Qh2.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: L. G. Aslamazov, A. A. Leonovich, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov
Tuyển tập biên tập: A. A. Abrikovov, M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, A. A. Varlamov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko, V. L. Gutenkhacher, N. P. Dobilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belev, V. V. Bukhovtsev, E. P. Belikhov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozvvizhensky, G. V. Dorofev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, L. V. Kantorovich, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số chuẩn bị:
A. A. Varlamov, A. N. Vilenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, I. N. Klumova, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
E. V. Vinodarova, M. V. Dubakh, T. N. Kolchenko, D. A. Krymov, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina, P. I. Chernusky, V. V. Yudin
Ảnh do A. S. Kondratiev cung cấp

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova

Biên tập viên khoa nghệ thuật
S. V. Ivanov

Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova

Người hiệu đính N. D. Dorozhova

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, •Kvant→, tel. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 22/1/86. Đã ký xuất bản 20.2.86
In offset. CR.-ott có điều kiện. 23,8
Vumaga 70×108 1/16
Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7.32. T-06916
Lưu hành 200.527 bản.
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 91

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO •Unionpolygraphrom→
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
142300 Chekhov, khu vực Moscow

Trang cờ vua

Cố vấn là cựu vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A.E. Karpov. Trang này sẽ được giới thiệu bởi Thạc sĩ Thể thao Cờ vua Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật E. Ya. Gik.