Tuyển sinh mới vào Trường Toán học Liên minh

55

các mặt bên phát ra từ một đỉnh bằng β. Tìm thể tích của lăng kính.

2. Giải bất đẳng thức
   $$\frac{29-x-x^2}{5x+2} < 1.$$

3. Giải phương trình
   $$\log_3(4\cdot 3^x-1) = 2x+1.$$

4. Giải phương trình
   $$(1+\cos 2x)\sin x = \cos^2 x.$$

5. Tìm giá trị lớn nhất và lớn nhất của hàm $y = \frac{(x+3)^2}{x-4}$ trên đoạn $(-6; 0)$.

Vật lý
Bài toán thi vấn đáp

1. Vật rơi từ độ cao nào nếu ở giây cuối cùng nó đi được quãng đường $l=65$ m? Tốc độ ban đầu bằng không.
2. Một chiếc xe trượt tuyết đang trượt xuống một ngọn núi có độ cao $h=2$ m và chân đế $a=5$ m. Họ dừng lại sau khi đi dọc theo một đoạn nằm ngang cách chân núi $l=35$ m. Tìm hệ số ma sát.
3. Một quả bóng đá có dung tích $V=3$ lít được bơm tới áp suất bằng bao nhiêu nếu thực hiện $n=40$ bơm piston? Trong quá trình xoay, quả bóng hút được $V_0=150$ cm³ không khí từ khí quyển. Lúc đầu quả bóng trống rỗng. Áp suất khí quyển $p_0=10^5$ Pa.

Một ví dụ mới tại Trường Toán Tương ứng Toàn Liên minh
Tại Trường Toán học Liên bang thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô tại Đại học Moscow. MV Lomonosov chấp nhận học sinh lớp bảy từ các trường giáo dục phổ thông và trường dạy nghề để đào tạo quy nạp, ngoại trừ những học sinh được thiết kế ở Moscow và Leningrad.
Mục đích của VZMS là giúp học sinh của bạn biết về nhiều điều thú vị liên quan đến khóa học toán ở trường, dạy các em cách giải nhiều bài toán khác nhau. bài toán, dạy bạn cách làm việc độc lập với một cuốn sách và bày tỏ suy nghĩ của mình trên giấy một cách thành thạo, rõ ràng và chính xác. Tất cả những sinh viên tốt nghiệp thành công Trường Trung học Âm nhạc (bao gồm các phân hiệu của trường và các nhóm “Sinh viên tập thể”) sẽ được cấp chứng chỉ phù hợp.
Để xây dựng trong VZMSH, bạn phải hoàn thành thành công nhiệm vụ đầu tiên. Thuận lợi

thích trẻ em sống ở nông thôn, thị trấn công nhân và thị trấn nhỏ.
Nhiệm vụ 1. Nghiên cứu bài viết của V.L. Gutenkhacher và J.M. Rabbot “Chọn phương án tốt nhất” trong số tạp chí này (xem trang 37) và cố gắng giải bài toán cho lời giải độc lập. Không nhất thiết phải giải hết bài toán; các mục riêng lẻ được tính là độc lập bài toán.
Lời giải bài toán phải được điền bằng tiếng Nga vào vở vuông của học sinh.

Ku. Sân thượng này sẽ được trang trí bằng một chiếc băng đô đơn giản; không cần phải cuộn nó vào một ống. Bạn cần dán một mảnh giấy lên bìa của Terradi, vẽ nó và điền vào theo mẫu sau:
Các bậc thang phải bao gồm hai mảnh giấy có kích thước $6\times 14$ cm có ghi rõ địa chỉ bưu điện, họ và tên của học sinh.
Nhiệm vụ trong lời giải phải theo thứ tự giống như trong bài viết: đầu tiên là nhiệm vụ có điều kiện, sau đó là lời giải.
Thời hạn gửi bài tập số 1 chậm nhất là ngày 15/3/1987 (theo dấu bưu điện).
Để bài tập được chấp nhận, bạn cần phải giải hầu hết bài tập, sau đó, bắt đầu từ tháng 9 năm 1987, bạn sẽ nhận được tất cả các bài tập tiếp theo có chứa tài liệu lý thuyết và một bài tập độc lập lời giải.

Khu vực
Họ, tên học sinh
Năm sinh
Lớp và trường
Họ, tôi. O. giáo viên dạy toán
Nơi làm việc và chức vụ của phụ huynh
Địa chỉ bưu chính đầy đủ (bao gồm cả mã bưu chính)

Mátxcơva
Ivanov Petr
1973
Lớp 7 “B” trường số 2
Orlov Boris Petrovich

Bố là tài xế xe AvtoVAZ số 3, mẹ là y tá
123456, Klin, st. Stroitel, 1, thích hợp. 1.

58

Viện Vật lý và Công nghệ Toán học Moscow

Tùy chọn 1

1. $C = (-2,5; -2,5)$.
2. $-\frac{1}{2}; -\frac{1}{3} \cup \left[-\frac{1}{6}; \frac{3}{5}\right]$.
3. $1/3 < a < 1, a \neq 1/2$. Gợi ý. Thay thế $y = 1/\cos x$; tìm hiểu xem $a$ phương trình thu được có hai nghiệm khác nhau lớn hơn 1.
4. 3. Gợi ý. Hãy để $BE = x, AD = y$; thì $FD = x, EF = x/2$ và theo định lý Pythagore $AE^2 = 4 - x^2 = y^2 - \frac{9x^2}{4}$. Sử dụng định lý cosin cho tam giác $ABD$ ta thu được $\frac{25}{4}x^2 = 4 + y^2 - 2\sqrt{2}y$. Kết quả là ta thu được hệ phương trình
      $$\begin{cases} y^2 = 4 + \frac{5x^2}{4}, \\ \frac{25x^2}{4} = 4 + y^2 - 2\sqrt{2}y, \end{cases}$$

giải quyết điều đó, chúng ta thu được $x = \sqrt{\frac{2}{5}}, y = \frac{3}{2}\sqrt{2}$, sau đó có thể tìm thấy diện tích của hình bình hành mà không gặp khó khăn.
5. $10\pi\sqrt{3}$. Lời giải.e. Gọi $D$ là trung điểm của cạnh, $AB, HS = h$ chiều cao của các đường thẳng, $O$ là tâm của đáy hình nón. Khoảng cách là ba vectơ đệ quy theo cặp có độ dài 1:
$$\vec{e}_1 = \frac{1}{8}\overrightarrow{AB}, \vec{e}_2 = \frac{1}{4\sqrt{3}}\overrightarrow{DC}, \vec{e}_3 = \frac{1}{h}\overrightarrow{HS}.$$
Khi đó bất kỳ vectơ $a$ nào cũng có thể bị phân tách thành các vectơ $e_1, e_2, e_3$: $a = \alpha e_1 + \beta e_2 + \gamma e_3$. Chúng ta sẽ viết $\vec{a} = (\alpha, \beta, \gamma)$ để viết tắt.
Ngoài ra, chúng tôi đặt $\overrightarrow{CO} = x\overrightarrow{CS}$. Sau đó $\overrightarrow{DK} = (3; 0; 0)$; $\overrightarrow{DL} = (-2; 2\sqrt{3}; 0)$;
$\overrightarrow{DO} = \overrightarrow{DC} + x\overrightarrow{CS} = \overrightarrow{DC} + x(\overrightarrow{CH} + \overrightarrow{HS}) = \left(0; 4\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$;
$\overrightarrow{KO} = \left(-3; 4\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$;
$\overrightarrow{LO} = \left(2; 2\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$.

Vì chiều cao của hình nón vượt quá mặt phẳng đáy của nó nên ta có $\overrightarrow{KO} \cdot \overrightarrow{LO} = 0$, tức là
$$x^2 \left(h^2 + \frac{64}{3}\right) - 48x + 18 = 0.$$

Điều kiện duy nhất của hình nón có nghĩa là phương trình (1) có duy nhất lời giải, nghĩa là phân biệt của nó bằng 0:
$$24^2 - 18 \left(h^2 + \frac{64}{3}\right) = 0.$$

Nó theo sau đó
$$h = 4\sqrt{\frac{2}{3}}; x = \frac{24}{h^2 + \frac{64}{3}} = \frac{3}{4}.$$

Ta tính thể tích hình nón bằng công thức
$$V = \frac{1}{3}\pi |\overrightarrow{KO}| \cdot |\overrightarrow{LO}|^2 = 10\sqrt{3}\pi.$$

Tùy chọn 2

1. $x = \frac{1}{25}$.
2. $S = \frac{15}{4}$.
3. $\begin{cases} x = \pm \frac{\pi}{24} + \frac{n\pi}{4} + 2k\pi, \\ y = \pm \frac{\pi}{48} + \frac{n\pi}{8} \end{cases}$;
   $$\begin{cases} x = \mp \frac{1}{6} \left(\pi - \arccos \frac{4}{5}\right) - \frac{n\pi}{3} + (2k+1)\pi, \\ y = \pm \frac{1}{12} \left(\pi - \arccos \frac{4}{5}\right) + \frac{n\pi}{6}, \end{cases}$$
   $n, k \in \mathbb{Z}$.
4. $\varphi = 45^\circ$.
5. a) $S = 3,16 = \frac{79}{25}$.

6. $p \in \left[-\frac{7}{2}; -3\right] \cup \left[\frac{7}{6}; +\infty\right]$.

Hệ thống không có lời giải khi và chỉ khi $(3+p)b^2 < (p-1)a^2$.
Tại $p > 1$: $M = \begin{cases} (a; b): a+b > 1, \ b > 3a-2p, \\ b < \sqrt{\frac{p-1}{p+3}}a \end{cases}$.
$M$ – diện tích bên trong của đa giác tại $p > \frac{7}{6}$.
Tại $p < -3$: $M = \begin{cases} (a; b): a+b > 1, \ b < 3a-2p, \\ b > \sqrt{\frac{p-1}{p+3}}a \end{cases}$.
$M$ – diện tích bên trong của đa giác tại $-\frac{7}{2} < p < -3$.

Vật lý
Tùy chọn 1

1. Dao động của đĩa cân có khối lượng $m_1$ xảy ra tương ứng với vị trí cân bằng trong đó độ đồng đều của lò xo $\Delta x_0$ được xác định bởi các điều kiện
   $$m_1g = k\Delta x_0,$$
   trong đó $g$ là gia tốc áp suất tự do, $k$ là độ cứng của lò xo. Ở vị trí thấp nhất, đĩa cân chịu tác dụng (theo định luật Hooke) bởi lò xo từ lực $k(\Delta x_0 + A)$, tốc độ chuyển động của đĩa cân lúc này bằng không. Nếu tại thời điểm này một khối lượng quá tải $m_2$ được đặt lên cốc, sao cho sự hợp nhất của cốc với vật quá tải bằng lực hấp dẫn, thì rõ ràng các dao động sẽ dừng lại. Như vậy,
   $$(m_1 + m_2)g = k(\Delta x_0 + A).$$
   Các đẳng thức đã cho cho phép chúng ta tìm độ cứng của lò xo: ​​$k = m_2g/A$, từ đó trong chu kỳ đầu tiên $T$ dao động của đĩa cân, chúng ta thu được
   $$T = 2\pi \sqrt{m_1/k} = 2\pi \sqrt{(m_1A)/(m_2g)}.$$

Với lời giải điều này bài toán, nhiều người nộp đơn đã mắc một lỗi đặc trưng, ​​quên rằng các dao động xảy ra tương ứng với vị trí tĩnh trên cốc ($m_1 + m_2)g = kA$.

59

2. Sau khi mở van, một quá trình chuyển động của khí diễn ra, do đó áp suất tương tự $p_0$ và nhiệt độ $T_0$ được thiết lập trong các xi lanh. Áp suất của hỗn hợp khí (theo định luật Dalton) được xác định bằng tổng áp suất riêng phần của các thành phần và nhiệt độ của hỗn hợp được xác định bởi định luật bảo toàn năng lượng bên trong của hệ. Như vậy chúng ta có

$$p_0 = \frac{(v_1 + v_2)RT_0}{(V_1 + V_2)},$$
$$v_1C_1T_1 + v_2C_2T_2 = (v_1C_1 + v_2C_2)T_0,$$

trong đó $v_1 = m_1/M_1$ và $v_2 = m_2/M_2$ là số mol nitơ và argon tương ứng. Nhiệt độ ban đầu của khí $T_1$ và $T_2$ được tìm thấy từ phương trình trạng thái:

$$T_1 = p_1V_1/(Rv_1),$$
$$T_2 = p_2V_2/(Rv_2).$$

Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được

$$T_0 = \frac{C_1p_1V_1 + C_2p_2V_2}{R(v_1C_1 + v_2C_2)} \approx 306\text{ K},$$
$$p_0 = \frac{(v_1 + v_2)RT_0}{V_1 + V_2} \approx 2,1 \cdot 10^6\text{ Pa}.$$

3. Chúng tôi trình bày một phân tích chi tiết về lời giải của bài toán này, mặc dù cũng có thể có những phân tích ngắn hơn lời giải. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng tiếp điểm chuyển động dưới tác dụng của trọng lực và lực Ampe sẽ dao động xung quanh vị trí cân bằng. Hãy chọn hướng dương của trục tọa độ hướng xuống (theo hướng trọng lực) và hướng dương đi xung quanh đường viền được tạo bởi cuộn dây, đường ray và tiếp điểm - ngược chiều kim đồng hồ (hình 1). Giả sử tại một thời điểm nhất định, tiếp điểm di chuyển xuống dưới với tốc độ $v$, dòng điện $I$ trong tiếp điểm chảy theo hướng dương và từ trường $\vec{B}$ vuông góc với mặt phẳng hình và hướng ra xa chúng ta. Hãy viết phương trình chuyển động tiếp xúc:

$$mv' = mg - IBl,$$

trong đó $v'$ biểu thị tốc độ tùy ý theo thời gian, tức là gia tốc của tiếp điểm (với hướng đã chọn của dòng điện trong ngữ cảnh, lực Ampe ở bên phải tay trái làm chậm chuyển động của tiếp điểm). Khi tiếp điểm di chuyển, từ thông $\Phi = Blx$, một vòng khép kín tùy ý, thay đổi và xuất hiện lực điện động cảm ứng $\mathcal{E} = -\Phi'$, được cân bằng bởi lực điện động Samonidukichi $-LI'$ phát sinh trong cuộn dây:

$$\mathcal{E} - LI' = 0.$$

Khi tiếp điểm di chuyển xuống dưới, từ thông qua mạch tăng lên và lực điện động phát sinh trong bối cảnh làm xuất hiện dòng điện trong bối cảnh, biến nó thành sự gia tăng từ thông, tức là hãm chuyển động của tiếp điểm. Với hướng đã chọn để bỏ qua bộ đếm, điều này có nghĩa là theo định luật Ohm, EMF này vô hiệu với dấu dương. Vì $|\mathcal{E}| = |\Phi'| = Blx' = Blv$, định luật Ohm trong trường hợp của chúng ta có dạng

$$Blv - LI' = 0.$$

Sau khi nhân các phương trình chuyển động của tiếp điểm theo thời gian và thay $I$ từ đẳng thức trước đó, cuối cùng chúng ta có

$$v'' + \frac{B^2l^2}{mL}v = 0.$$

Chúng tôi đã thu được phương trình dao động cho tốc độ tiếp xúc $v$ và do đó, đã chứng minh rằng chuyển động tiếp xúc có bản chất là dao động. Chúng ta sẽ không giải phương trình vi phân này mà sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Giả sử tại thời điểm này tiếp điểm đã giảm xuống $x$, có tốc độ $v$ và dòng điện trong mạch là $I$. Theo định luật bảo toàn năng lượng, thế năng của tiếp điểm chuyển hóa thành động năng và tích trữ trong cuộn cảm dưới dạng năng lượng từ trường:

$$mgx = mv^2/2 + LI^2/2.$$

Tốc độ tiếp xúc đạt cực đại ở vị trí cân bằng $x_0$, khi lực hấp dẫn cân bằng với lực Ampe:

$$mg = BlI_0.$$

Theo định luật Ohm thì cường độ dòng điện trong mạch tỉ lệ với độ dịch chuyển của tiếp điểm, do đó

$$Blx_0 = I_0L,$$

và công của trọng lực đến vị trí cân bằng có thể viết như sau:

$$mgx_0 = mg \frac{I_0L}{Bl} = L \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2.$$

Như vậy định luật bảo toàn năng lượng cho

$$L \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2 = \frac{mv^2}{2} + \frac{L}{2} \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2,$$

và cuối cùng

$$B = g \frac{\sqrt{mL}}{v_0l}.$$

Với lời giải điều này khá phức tạp bài toán, nhiều người nộp đơn đã phạm sai lầm vật lý khi tin rằng động năng của sự tiếp xúc có được là do tác dụng với lực Ampe chứ không phải bằng trọng lực. Trên thực tế, một mặt công của trọng lực đã biến thành động năng tiếp xúc, còn mặt kia của nó biến thành năng lượng của từ trường trong cuộn cảm.

4. Khi hai thấu kính giống hệt nhau được ghép lại với nhau, công suất quang của chúng sẽ tăng lên. Vì với khoảng cách đến vật không đổi, kích thước của ảnh (tức là độ phóng đại) đối với một và hai thấu kính không đổi nên bản chất của ảnh chắc chắn phải thay đổi.

61

Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin

Toán học
Tùy chọn 1

1. $\frac{2}{3} a^3 \sin \alpha \cos \alpha \sin \beta \cos^2 \beta$. 2. ]5; 56[.
2. $x = \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$.
3. $\max f(x) = f(0) = 0, \min f(x) = f(3) = -27$.
   Tùy chọn 2
4. $\frac{a^3}{8 \sin \beta} \sqrt{3 - 12 \sin^2 \beta}$.
5. $]-9; -2/5[\cup]3; +\infty$.
6. $\{-1; 0\}$.
7. $x_1 = \frac{\pi}{2} + \pi k, x_2 = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n (k, n \in \mathbb{Z})$.
8. $\max y(x) = y(-3) = 0, \min y(x) = y(0) = -\frac{9}{4}$.
   Vật lý
9. $h = \frac{g}{2} \left( \frac{l}{g \Lambda t} - \frac{\tau}{2} \right)^2 \approx 180$ m (ở đây $g = 9,8$ m/s$^2$, $\Delta t = 1$ s).
10. $\mu = h/(a+l) = 0,05$.
11. $p = np_0 V_0/V = 2 \cdot 10^5$ Bố.
12. $t = \frac{r m_2 + c_1 (m_1 t_1 + m_2 t_2)}{c_1 (m_1 + m_2)} \approx 77$ °C.
13. $P_2/P_1 = 2 (R+r)^2/(2R+r)^2 = 0,53$.
14. $Q_1 = U^2 \tau/(R_1+R_2) \approx 106,6$ kJ;
15. $\beta = \arcsin (\sin \alpha \cdot n_B/n_{ct}) \approx 28$°.
16. $\lambda = \frac{h c}{A + m v^2/2} \approx 7 \cdot 10^{-8}$ m (ở đây $c = 3 \cdot 10^8$ m/s là tốc độ ánh sáng trong chân không).

Olympic Vật lý quốc tế ХVII
(xem Im lặng, 1986, số 12)
Lời giải bài toán được chuẩn bị bởi các thành viên trong nhóm của chúng tôi: A. Gushin (lý thuyết bài toán Số 1), A. Matyshin (lý thuyết bài toán Số 2), O. Volkov (lý thuyết bài toán Số 3), S. Myagchilov (thử nghiệm bài toán Số 1), G. Nikolaishvili (thử nghiệm bài toán số 2).
Chuyến tham quan lý thuyết
Bài toán 1

1. Độ lệch đường đi giữa hai sóng phát ra từ khe $L$ và $M$ bằng $d \sin \theta$, do đó độ lệch pha là $\Delta \varphi = (2\pi d \sin \theta)/\lambda$. Cộng các dao động lại, chúng ta nhận được
   $y = a \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda) + a \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda + \Delta \varphi) = 2a \cos (\Delta \varphi/2) \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda + \Delta \varphi/2)$.
   Nếu chúng ta biểu thị $\Delta \varphi/2 = \beta$ thì biên độ thu được là $A = 2a \cos \beta$. Sơ đồ vectơ được hiển thị trong hình 4.
2. Hãy cộng các dao động từ các khe $N$ bằng sơ đồ vectơ (hình 5). Tất cả các cạnh của đa giác thu được bằng $a$, góc giữa các cạnh bằng $(\pi - 2\beta)$, do đó, có thể mô tả một hình tròn có bán kính $R$ xung quanh đa giác. Không khó để chứng minh về mặt hình học rằng
   $R = a/(2 \sin \beta)$ và $A = a (\sin N \beta/\sin \beta)$.
   Độ lệch pha giữa sóng ban đầu và sóng thu được được xác định bởi góc $\alpha$:
   $\alpha = (\pi/2 - \beta) - (\pi/2 - N \beta) = (N - 1) \beta$.
3. Chúng ta hãy vẽ sin $N \beta$ và 1/sin $\beta$ dưới dạng hàm của $\beta$ trên cùng một tỷ lệ tại $N = 8$ (hình 6). Xét rằng cường độ sóng tỷ lệ với bình phương biên độ, chúng ta sẽ xây dựng biểu đồ $I = I_0 \sin^2 N \beta/\sin^2 \beta$ ($I_0$ là cường độ thay đổi từ một ô) cho $N = 8$ (hình 7).
4. Ở cực đại chính, sơ đồ vectơ là một hình chữ nhật. Hơn nữa, $2\beta = 2\pi n$, trong đó $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$. Ứng dụng của sóng thu được là $Na$ và cường độ là $I = N^2 I_0$.
5. Điều kiện để đạt cực đại chính:
   $\beta = \pi n$ hoặc $(\pi d \sin \theta)/\lambda = \pi n$,
   ở đâu $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$. Vì $|\sin \theta| \leq 1$ nên số cực đại chính không vượt quá $2d/\lambda + 1$.
6. Vi phân các điều kiện của cực đại chính đối với $\theta$, ta thu được
   $\lambda'(\theta) = (d \cos \theta)/n$.
   Do đó, tại $\Delta \lambda \ll \lambda$
   $\Delta \lambda = (d \cos \theta) / n$,
   $\theta = n \sqrt{1 + (\sqrt{1 - \lambda^2})^2}$.

62

Thay thế $\lambda = 589,0$ nm, $\Delta \lambda = 0,6$ nm, $n = 2$ và $d = 1,2 \cdot 10^{-6}$ m, ta được
$$\Delta \theta = 5,2 \cdot 10^{-3}$$
pad $= 0,3^\circ$.

Bài toán 2

1. Sự truyền sóng thẳng xảy ra nếu toàn bộ đoạn $EX$ nằm trong vùng (hình 8). Trong trường hợp này, thời gian truyền của sóng có tốc độ $v$ bằng
   $$t = EX/v = (2R \sin \theta)/v$$ cho $\theta \leq \arccos(R_c/R)$.
2. Đường đi có thể có của sóng $p$ trong trường hợp $\theta > \arccos(R_c/R)$ được hiển thị trong hình 9, a) và b) (trong cả hai trường hợp $AB \parallel EX$). Nếu $i$ là góc tới của sóng tại ranh giới lõi-vỏ, và $r$ là góc tới của sóng tại ranh giới lõi-vỏ thì theo định luật khúc xạ $sin i/sin r = v_p/v_{cp}$. Khi đó từ tam giác $AOE$ theo định lý sin cho góc $\theta$ ta thu được: trường hợp a)
   $$\theta = 90^\circ - i + (\arcsin(v_{cp} \sin i/v_p) + \arcsin(R_c \sin i/R))$$
   trong trường hợp b)
   $$\theta = 90^\circ + i - (\arcsin(v_{cp} \sin i/v_p) + \arcsin(R_c \sin i/R))$$
   (tôi có thể thay đổi từ 0 đến $90^\circ$).
3. Đồ thị của $\theta$ so với $i$ được đưa ra trong hình 10 (đối với mỗi giá trị của $i$ chúng ta có hai giá trị có thể có là $\theta$). Chúng tôi thấy rằng có các giá trị tối thiểu và tối đa là $\theta$: $\theta_{\min} = 75^\circ 35'$ và $\theta_{\max} = 104^\circ 25'$ tại $i = 55^\circ$. Do đó, sóng rơi được nhìn thấy ở vùng $M_2M_3$ (hình 11) và sóng “trực tiếp” được nhìn thấy ở vùng $M_1E$ và $EM_4$. Kể từ $\theta_0 = \arccos(R_c/R) = 57^\circ < \theta_{\min} = 75^\circ 35'$, có các vùng ($M_3M_4$ và $M_1M_2$) nơi trận động đất được cảm nhận rất yếu - sóng chỉ có thể truyền tới đó sau khi phản xạ từ một trong các ranh giới của lõi hoặc vỏ. Đồ thị thời gian xâm nhập của sóng $p$ và $S$ từ góc $\theta$ dan trên hình 12. Đối với $0 \leq \theta \leq \theta_0$ thời gian được xác định bởi biểu thức $t = (2R \sin \theta)/v$ ($v = v_p$ hoặc $v = v_S$), trong vùng $\theta_0 \leq \theta \leq \theta_{\min}$ thực tế sóng không rơi, trong vùng $\theta_{\min} \leq \theta \leq 90^\circ$ chỉ bao gồm sóng rơi.
4. Xét rằng thời gian truyền sóng theo đường thẳng bằng $t = (2R \sin \theta)/v$ ($v = v_p$ hoặc $v = v_S$), ta thu được độ trễ sóng $S$ bằng
   $$\Delta t_{12} = t_S - t_p = 2R (1/v_S - 1/v_p) \sin \theta (v_S < v_p).$$
   Do đó khoảng cách góc
   $$EOX = 2\theta = 2\arcsin (v_S v_p \Delta t/(2R(v_p - v_S)) \approx 17,84^\circ.$$
   Điều này tương ứng với $\theta = 8,92^\circ < \theta_0 = 57^\circ$, nghĩa là sóng thực sự chạm tới và được quan sát mà không bị khúc xạ.
5. Hai hiện tượng phồng lên cuối cùng là do sự phản xạ sóng ở ranh giới giữa vỏ và lõi. Khoảng thời gian giữa các báo cáo
   $$\Delta t_{34} = 2(v_p - v_S) \sqrt{R^2 + R_i^2 - 2RR_i} \cos \theta/(v_p v_S).$$
   Thay $\theta = 8,92^\circ$, chúng ta tìm được $\Delta t_{34} \approx 396,7$ s ≈ 6 phút 37 s, tức là giả định của chúng ta được xác nhận.
   Bài toán 3*)
6. Chúng ta hãy viết phương trình cơ bản của sơ đồ chuyển động quay của hạt thứ $n$:
   $$kR ((u_{n-1} - u_n) + (u_{n+1} - u_n)) = I \ddot{u}_n/R,$$
   trong đó $R$ là bán kính của hình tròn, $I = mR^2$ là mômen quán tính của hạt, $\ddot{u}_n = \frac{d^2 u_n}{dt^2}$, hoặc
   $$\ddot{u}_n = \omega_0^2 (u_{n-1} + u_{n+1} - 2u_n).$$
   Từ đây chúng ta có được
   $$\ddot{u}_1 = \omega_0^2 (u_3 + u_2 - 2u_1),$$
   $$\ddot{u}_2 = \omega_0^2 (u_1 + u_3 - 2u_2),$$
   $$\ddot{u}_3 = \omega_0^2 (u_2 + u_1 - 2u_3),$$
   ở đâu $\omega_0^2 = k/m$.
7. Hệ phương trình (2) có nghiệm chồng chập các dao động điều hòa - phương pháp chuẩn. Để tìm chúng ta thay các phương trình dao động điều hòa vào hệ
   $$u_1 = a_1 \cos \omega t, u_2 = a_2 \cos \omega t, u_3 = a_3 \cos \omega t,$$
   chúng tôi cộng tất cả các phương trình của hệ thống và nhận được
   $$\omega^2 (a_1 + a_2 + a_3) = 0.$$
   Nó như sau: a) $\omega = 0$; b) $a_1 + a_2 + a_3 = 0$, tương ứng với giá trị tần số $\omega = \sqrt{3} \omega_0$.
8. Thật dễ dàng để đảm bảo
   *) Lời giải trong số bài toán này có phần nằm ngoài phạm vi của chương trình vật lý đối với quy mô trung bình của chúng tôi. (Lưu ý ped.)

63

chức năng là gì
$$u_n(t) = a_s \sin(2\pi ns/N + \varphi) \cos \omega_s t$$
thực sự thỏa mãn phương trình (1) với điều kiện là $\omega_s = 2\omega_0 \sin(\pi s/N)$. Từ đẳng thức cuối cùng, suy ra $0 < \omega_s \leq 2\omega_0$ (tại $N \to \infty$). Điều này tương ứng với phạm vi $1 \leq s \leq N/2$.

4 a) Đối với tần số thấp
$$\frac{u_n}{u_{n+1}} = \frac{\sin(2\pi ns/N + \varphi)}{\sin(2(n+1)s\pi/N + \varphi)} = \frac{1}{1+2\pi/s N \mathrm{ctg}(2\pi ns/N + \varphi)}$$
Với chiếc cốc đựng mọi thứ này
$$u_n/u_{n+1} \approx 1$$.

4 6) Đối với tần số tối đa $\omega = \omega_{\max} = 2\omega_0$ tương ứng với $s = N/2$,

$$\frac{u_n}{u_{n+1}} = \frac{\sin(\pi n + \varphi)}{\sin(\pi(n+1)+\varphi)} = -1$$

Sự phân bố biên độ trong mạch được thể hiện ở hình 13.

5. Nếu $m' \ll m$, thì chúng ta có thể giả sử rằng dao động của một hạt nhỏ xảy ra giữa các hạt đứng yên lân cận có khối lượng $m$. Phần thích hợp của các dao động như vậy được xác định từ phương trình $m'x = -2kx$:

$$\omega' = \sqrt{2k/m'} \approx \omega_0 \sqrt{2m/m'} \gg \omega_{\max}$$

Chuyến tham quan thử nghiệm
Nhiệm vụ 1
Đường đi của các tia, với sự trợ giúp của bán kính của bậc một, bậc hai và bậc năm được hình thành,

$$\cos i = \sqrt{\frac{n^2-1}{k^2+2k}}.$$

Lưu ý rằng kết quả lý thuyết rất phù hợp với hình 14. Quan sát một giọt nước xuyên qua ống hồng cầu, ở một số góc nhất định người ta có thể nhận thấy một chấm sáng trên giọt nước, chấm sáng này sẽ đổi màu khi có sự trộn nhẹ của ống hồng cầu. Đây là cầu vồng. Như có thể thấy từ hình 14, cầu vồng bậc một và bậc năm có thể nhìn thấy ở phía bên phải của giọt nước và cầu vồng bậc hai có thể nhìn thấy ở phía bên trái. Kết quả quan sát và tính toán đối với một giọt nước được trình bày ở hình 15 và 16.

Ngoại suy ô cuối cùng thành giá trị $n=2$, chúng ta nhận được giá trị $\varphi = 304^\circ \pm 25^\circ$. Các kết quả thực nghiệm thu được có thể được kiểm chứng về mặt lý thuyết. Ký hiệu bằng $i$ góc tới của chùm tia khi rơi và bằng $r$ góc khúc xạ, ta biểu thị góc quay của chùm tia $\varphi$:

$$\varphi = k(\pi - 2r) + 2(i - r),$$

trong đó $k(\pi - 2r)$ là góc quay do phản xạ $k$, $2(i - r)$ là góc quay do hai phản xạ. Thay giá trị $r = \arcsin(\sin i/n)$ vào công thức thu được, chúng ta nhận được

$$\varphi(i) = k\pi - 2r(k+1) + 2i = k\pi - 2(k+1)\arcsin(\sin i/n) + 2i.$$

Trong trường hợp này, có một góc $\varphi$ mà các tia phát ra từ giọt nước truyền theo một chùm song song mà không bị tán xạ. Từ góc độ này, cầu vồng sẽ được nhìn thấy. Vậy điều kiện để quan sát cơ số $\varphi(i) = 0$, từ đâu sau khi biến đổi ta thu được

$$\cos i = \sqrt{\frac{n^2-1}{k^2+2k}}.$$