[Từ “Danh mục các vật thể không tồn tại”]

60

Chestav, địa chỉ nhà đầy đủ, nghề nghiệp và chức vụ của phụ huynh, đồng thời đính kèm giấy chứng nhận của trường cho biết lớp và điểm hàng năm về toán và vật lý. Đơn đăng ký và chứng chỉ cùng với đáp án bài tập (sơ khai) môn toán đầu tiên được viết trong bài báo “Một ví dụ mới cho Trường Toán học Liên minh” trên tạp chí này, phải được gửi chậm nhất là ngày 5 tháng 5 tới địa chỉ: 117049 Moscow, Leninsky Prospect, 4, MISiS, 3FTSH.

Một vài lời về chính viện. Viện Thép và Hợp kim Moscow đào tạo nhân lực kỹ thuật và khoa học cho ngành luyện kim và chế tạo máy cũng như một số ngành khoa học và công nghệ mới. Ở nhiều khoa của viện, việc đào tạo được cấu trúc sao cho sinh viên có khả năng làm việc khoa học độc lập ngay từ năm đầu tiên.

Khi vào MISiS, bạn sẽ có thể nghiên cứu các lý thuyết và thí nghiệm trong lĩnh vực vật lý chất rắn, nghiên cứu tính chất của vật chất ở nhiệt độ thấp, nghiên cứu các quá trình nhiệt độ cao trong chất lỏng và chất rắn, tạo ra hợp kim có tính chất mới và thiết bị bán dẫn mới.

Sửa đổi
Trong “Kvanita” số 11, 1987, tr. 49 điều kiện của bài tập 8 và 9 được đưa ra sai. Điều kiện đúng là:
8 (MIPT, 1986). Giải hệ phương trình
$$\begin{align*} \sin x &= \sin 2y, \\ 2 \sin (4x+8y) &= \times \sin (3x+10y) + 5\cos (7x+2y) = 4. \end{align*}$$

9 (MIPT, 1982). Tìm tất cả lời giải hệ phương trình
$$\begin{align*} tg x \cdot \sin y + & + 2 \text{ctg } x \cdot \cos y = \sqrt{5/2}, \\ 2 \text{ctg } x \cdot \sin y - & -tg x \cdot \cos y = \sqrt{5/2}, \end{align*}$$

thỏa mãn điều kiện $\pi/2 < x < 3\pi/2$, $0 < y < \pi$.

Xe đạp đã được phát minh từ rất lâu rồi. Nhưng cuộc sống đi kèm với những nhu cầu mới. Và không có giới hạn cho sự khéo léo của con người!

Xe đạp Accordion. Vô lăng được thay thế bằng đường nét, cho phép nhạc sĩ nâng cao khả năng nghệ thuật của mình khi đang di chuyển.

Xe đạp để đi cầu thang.

Xe đạp đối xứng. Được thiết kế đặc biệt để di chuyển như nhau theo các hướng chung.

Từ “Danh mục các đối tượng không tồn tại”

61

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow
Toán học
Tùy chọn 1

1. 9/5. 2. $a \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)$.
2. 512/3. Gợi ý. Hãy để $AD=a$. Vì $BD$ là bixextrase của góc $B$ nên tam giác $ABD$ là tam giác đều ($AB=AD$, hình 1). Từ sự giống nhau của $\triangle BOC \sim \triangle AOD$ suy ra $BC = \frac{3}{13} a$. Từ tam giác vuông $ABH$ là $a$. $4. \{-1/3; -2/3; -5/4; -4/3\}$. Gợi ý. Bằng cách thay thế $y=\cos 2x$ phương trình được rút gọn về dạng $y(4y^2-4y-3)=0$. Chúng ta chọn nghiệm của phương trình chứa các bất đẳng thức $(-11/8; -7/8) \cup (-3/4; -1/4)$ trong tập hợp lời giải.
3. cung 35/37 + 37/12 - 27/2. Lời giải. Xét SMN được rửa bằng một mặt phẳng vuông góc với đáy $AD$ và $BC$ của hình thang $ABCD$ (hình 2). Vì $MN=3$ và $OM/ON=2$, $OM=2$, $ON=1$. Từ các hình tam giác $MSO$ và $MSN$ ta có $\angle MSO=\arccos 2/3$, $\angle MSN=\arccos 1/21$. Từ điểm $F$ ta vẽ đường thẳng $FL$, vuông góc với $SM$, $FL=SF \sin \angle MSO=1/3$, $FK=1$. Từ tam giác vuông $FPO$ tìm được bán kính của hình trụ $PO=1$. Vì $PO=FK$ nên hình trụ có một điểm chung duy nhất $K$ với mặt $SBC$. Xét mặt phẳng chứa đáy trên của hình trụ (hình 3) là hình thang $K_1L_1L_2K_2$ có đáy $K_1K_2$ nằm trong mặt phẳng $SAD$, và $L_1L_2$ nằm trong mặt phẳng $SAD$. Vì $\triangle SAD \sim \triangle SL_2L_1$ và $\triangle SBC \sim \triangle SK_2K_1$, chúng ta nhận được $L_1L_2=2/9$, $K_1K_2=2/3$ và $\angle L_1K_1K_2=\arctg 6$. Theo đó, các đường $K_1L_1$ và $K_2L_2$ cắt nhau tại điểm $Q$, nằm trên đường tròn. Vẫn còn phải tìm diện tích của hình $L_1L_2N_2KN_1$, mà chúng ta nên tìm diện tích của hình $FN_1K$ và diện tích của các hình tam giác $N_1QF$ và $QL_1L_2$.

Tùy chọn 2

1. $x=-\pi/3+2\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$).
2. $\angle B=\arccos \sqrt{2}/3$. Gợi ý. Đặt $\angle B=\varphi$, $BL=c$, $CL=a$, sau đó
   $$\begin{cases} a^2=c^2+3c^2\cos^2\varphi \\ 2a^2=4c^2-3c^2\cos^2\varphi, \end{cases}$$
   từ đâu $\cos \varphi=\sqrt{3}/2$.
3. $3/2\sqrt{5}$. Gợi ý. Tiếp tuyến $y=2x-1$ cắt trục $Ox$ tại điểm $C(1/2; 0)$. Thả đường vuông góc $OK$ từ điểm $O$ vào dây cung $AB$, chúng ta tìm được độ dài của nó tính từ tam giác $OKC$, rồi từ tam giác $OKB$ - bán kính của hình tròn.
4. 1. $a \leqslant 11/10$; 2) $a \leqslant \frac{3}{2}$, $a \geqslant 15/2$. Gợi ý. 2) Nếu bất đẳng thức $D(y,a)=(9-12a)y^2+(6+4a)y-4 \geqslant 0$ () có lời giải thì cặp $(x,y)$ bắt buộc phải tồn tại. Tại $a=3/4$ bất đẳng thức trở thành tuyến tính. Để bất đẳng thức () có lời giải, điều cần và đủ là $(2a+3)^2+4(9-12a) \geqslant 0$ hoặc $a<3/4$ và $(2a+3)^2+4(9-12a)<0$.
5. $\frac{45}{1024}\sqrt{3}m^3$. Lời giải. Gọi $SO$ là chiều cao của $SABC$, $K$ là tâm của hình cầu, $K_1$ là hình chiếu của điểm này lên mặt phẳng $ABC$. Lấy đường thẳng $BO$ và $SO$ làm trục tọa độ $y$ và $z$ của tương ứng, lấy đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $SOB$ làm trục $x$. Trục $x$ và $y$ được mô tả trên hình 4. Chúng ta đặt $AB=a$, $SO=h$, sau đó, thực hiện các phép tính cần thiết, chúng ta thu được $A\left(-\frac{a}{2}; \frac{-a\sqrt{3}}{6}; 0\right)$, $P\left(\frac{a}{8}; \frac{a\sqrt{3}}{24}; \frac{h}{2}\right)$, $M\left(-\frac{a}{7}; \frac{4\sqrt{3}}{21}; 0\right)$.
   Theo điều kiện, hình cầu đi qua các điểm $A$ và $C$ nên tâm $K$ của nó nằm trong mặt phẳng tọa độ $yz$. Vì $K$ nằm trên đường $MP$, nên $MK=\lambda MP$ đối với một số $\lambda$. $\lambda$ nằm trong nón của vectơ $OM+\lambda MP$ với mặt phẳng $yz$. Chúng tôi nhận được $\lambda=\frac{8}{15}$ và $K(0; a\sqrt{3}/9; 4/15h)$. Hãy cùng tìm mối liên hệ giữa $a$ và $m$. Tiết diện của hình cầu theo mặt phẳng $ABC$ là một hình tròn, bán kính của nó được xác định theo công thức khoảng cách $AK_1=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{13}{3}}a$ (xem hình 4).
   Trong tam giác $AQC$, chúng ta có $AQ=2AK_1\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{13}}{3}a$ và áp dụng định lý cosin, chúng ta nhận được $m^2+a^2-ma=\left(\frac{\sqrt{13}}{3}a\right)^2$, do đó $a=\frac{3}{4}m$. Chiều cao của nguyên tố $h$ là $AK=\frac{m}{\sqrt{3}}$. Vì vậy, $h=$

Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.

62

Hình 4. Hình 5.

$$\frac{5}{4} a, \text{ и объем пирамиды равен } \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \times \frac{5}{4} a = \frac{45}{1024} \sqrt{3} m^3.$$

Vật lý

Tùy chọn 1

1. Quả dưa hấu chuyển động theo một vòng tròn bán kính $R$ với tốc độ $v$ bằng tốc độ máy bay và có gia tốc hướng tâm $a = v^2/R$ hướng vào tâm vòng tròn (hình 5). Quả dưa hấu chịu tác dụng của lực hấp dẫn $mg$ và lực đàn hồi từ cân lò xo $F = 15mg/16$. Phương trình định luật thứ hai của Newton, được viết dưới dạng hình chiếu lên hướng xuyên tâm, có dạng $mg - F = ma$. Thay thế các biểu thức cho $F$ và $a$ vào đẳng thức cuối cùng, chúng ta thu được sau các phép biến đổi đơn giản

$$v = \sqrt{gR}/4 \approx 2 \text{ km/c.}$$

2. Để tìm những phần của chu trình mà nhiệt độ tăng lên, chúng ta vẽ một chuỗi các đường đẳng nhiệt (hình 6). Bây giờ bạn có thể thấy rõ rằng nhiệt độ đang tăng lên trong phần 2-3 và trong phần 1-4 - các phần của đoạn 1-2. Hơn nữa, nhiệt độ $T_4$ là nhiệt độ tối đa cho quy trình 1-2.

Gọi $T_3$ là nhiệt độ khí tại điểm 3, và $p_1$ và $p_2$ là áp suất tại điểm 1 và 2. Chúng ta biểu thị $T_3$ và $p_2$ theo $T_1$ và $p_1$. Đối với điểm 3 và 1 $V_3/T_3 = V_1/T_1$, hãy mở $T_3 = T_1V_3/V_1$. Theo điều kiện $V_3/V_1 = 5/2$, do đó $T_3 = 5T_1/2$. Đối với điểm 2 và 1 $p_2V_3 = p_1V_1$, do đó $p_2 = p_1V_1/V_3 = 2p_1/5$.

Sử dụng định luật nhiệt động thứ nhất cho phần 2-3, ta tìm được số quá trình nhiệt 1-2:

$$Q_{23} = \frac{3}{2} R(T_3 - T_1) = \frac{9}{4} RT_1.$$

Để xác định nhiệt độ $T_4$, áp suất $p_4$ và thể tích $V_4$, chúng ta viết phương trình đường thẳng cho quá trình 1-2 dưới dạng $p = AV + B$, trong đó $A = (p_1 - p_2)/(V_1 - V_3) = -2p_1/(5V_1)$, $B = (p_2V_1 - p_1V_3)/(V_1 - V_3) = 7p_1/5$. Vậy phương trình cần tìm của đường thẳng

$$p = -\frac{2}{5} p_1 \frac{V}{V_1} + \frac{7}{5} p_1.$$

Loại trừ áp suất $p$ khỏi phương trình này bằng phương trình Mendleev-Clapeyron $pV = RT$, được viết cho một mol khí, chúng ta thu được sự phụ thuộc của nhiệt độ vào thể tích trong quá trình 1-2:

$$T = -\frac{2}{5} \frac{p_1}{V_1} V^2 + \frac{7}{5} \frac{p_1}{R} V.$$

Một nghiên cứu về điểm cực trị của sự phụ thuộc này cho thấy nhiệt độ đạt cực đại ở $V = V_4 = 7V_1/4$ và bằng $T = T_4 = 49T_1/40$. Đồng thời $p_4 = RT_4/V_4 = 7p_1/10$.

Theo định luật nhiệt động thứ nhất, nhiệt lượng và năng lượng của chất khí cung cấp cho chất khí ở mục 1-4, và $A$ là công của chất khí. Từ

$$\Delta U = \frac{3}{2} R(T_4 - T_1) = \frac{27}{80} RT_1,$$

$$A = \frac{p_1 + p_4}{2} (V_4 - V_1) = \frac{51}{80} p_1V_1 = \frac{51}{80} RT_1,$$

chúng tôi có

$$Q_{14} = \frac{27}{80} RT_1 + \frac{51}{80} RT_1 = \frac{39}{40} RT_1.$$

Tổng lượng nhiệt cuối cùng được thêm vào khí ở những nơi nhiệt độ của nó tăng lên bằng

$$Q = Q_{23} + Q_{14} = \frac{129}{40} RT_1 \approx 8 \text{ кДж.}$$

3. Gọi $R$ là điện trở của một vôn kế, $r$ điện trở trong của nguồn. Khi đóng công tắc, dòng điện qua vôn kế $V_1$ là $\mathcal{E}/(R + r)$ và điện áp trên nó là $\mathcal{E}/(R + r)$. Theo điều kiện bài toán $\mathcal{E}/(R + r) = 0,8\mathcal{E}$.

Do đó $r = R/4$. Khi mở chìa khóa thì số chỉ của vôn kế giống nhau và bằng nhau

$$U = \frac{\mathcal{E}}{2R + r} R = \frac{4}{9}\mathcal{E}.$$

4. Gọi $\vec{P}_1$ là động lượng của photon tới trên một đơn vị thời gian trên tấm, $\vec{P}_2$ động lượng của các photon phản xạ trên một đơn vị thời gian và $\vec{P}$ động lượng mà tấm nhận được trong cùng thời gian (hình 7). Rõ ràng là $P_1 = W/c$, $P_2 = 0,4P_1 = 0,4W/c$. Theo định luật bảo toàn động lượng

$$\vec{P}_1 = \vec{P}_2 + \vec{P}.$$

Từ đây, sử dụng định lý cosine, chúng ta có được

$$P = \sqrt{P_1^2 + P_2^2 - 2P_1P_2\cos(180^\circ - 2\alpha)} = \sqrt{1,56W/c}.$$

Xung mà tấm nhận được trong một đơn vị thời gian là lực $F$ tác dụng lên lớp

63

hôi thối:
$$F = \sqrt{1,56} \frac{W}{c} \approx 4,16 \cdot 10^{-7} \text{ H}.$$

Tùy chọn 2

1. Rõ ràng là khối tâm của chiếc cốc nằm ở một điểm nào đó $C$ trên trục đối xứng của nó (hình 8). Hãy để $OC = x$. Những chiếc cốc trên mặt phẳng nghiêng chịu tác dụng của lực hấp dẫn $Mg$, lực ép pháp tuyến $N$ và lực ma sát $F$. Vì chiếc cốc ở trạng thái cân bằng nên tổng mômen của tất cả các lực tác dụng lên trục đi qua điểm tiếp xúc $A$ với mặt phẳng nghiêng phải bằng 0; do đó các điểm $C$ và $A$ nằm trên cùng một đường thẳng đứng. Theo định lý sin cho tam giác OCA
   $$\frac{x}{\sin \alpha} = \frac{R}{\sin(180^\circ - \beta)},$$ từ đâu $x = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} R$.

Đứng trên một mặt phẳng nằm ngang, khi khối lượng của con lật đật tăng một lượng bằng khối lượng nhựa $m$, đồ chơi sẽ mất ổn định (rơi) nếu trọng tâm của hệ con lật đật - chất dẻo đạt tới điểm $O$, tức là với điều kiện
$$Mx = m(h - R)$$.
Do đó, có tính đến biểu thức thu được cho $x$, nó nằm trên trục $X$, hướng thẳng đứng lên trên),
$$F = F_A - pS$$.
Ở đây $F_A = \rho gV$ là lực Archimedean (nổi) sẽ tác dụng lên một phần của giá đỡ $ABC$ nếu phần này được bao quanh bởi nước về mọi phía, $p$ là áp suất trong chất lỏng ở độ sâu $h$, là tổng áp suất khí quyển $p_0 \approx 10^5$ Pa và áp suất bổ sung $\rho gh$ từ phía nước: $p = p_0 + \rho gh$. Như vậy,
$$F = \rho g(V - hS) - p_0S \approx -9 \cdot 10^4 \text{ H}.$$
Dấu trừ của hình chiếu của lực lên trục $X$ có nghĩa là lực tác dụng từ nước lên trục, tác dụng từ nước lên trục, có hướng đi xuống.
Lưu ý rằng không tính đến áp suất khí quyển $F = \rho g(V hS) \approx 10^4 \text{ H}$ và lực hướng lên trên.
Việc người nộp đơn không tính đến áp suất khí quyển ở mức lời giải bài toán không được coi là một sai lầm đáng kể.
3. Từ thông $\Phi$ qua thanh thay đổi theo thời gian $t$ theo định luật điều hòa
$$\Phi = B_0 S \cos(2\pi vt),$$ trong đó $S = L^2/\pi$ là diện tích của chiếc nhẫn. Trong một vòng có điện trở $R = L(\rho_1 + \rho_2)/s$, xuất hiện lực điện động cảm ứng $e = -\Phi' = 2\pi vB_0 S \sin(2\pi vt)$ và dòng điện $i = e/R = 2vB_0 Ls \sin(2\pi vt)/(\rho_1 + \rho_2)$. Giá trị hiện tại RMS
$$I = \frac{\sqrt{2}vB_0 Ls}{\rho_1 + \rho_2},$$
do đó, sức mạnh tổn thất nhiệt trong vòng
$$P = I^2 R = \frac{2v^2 B_0^2 L^3 s}{\rho_1 + \rho_2}.$$
4. Đường đi của tia được hiển thị ở hình 9. Từ hình $AC = H tg\beta_1$. Vì $\sin \beta_1 = \sin \alpha/n_1$, nên $AC = H \sin \alpha/\sqrt{n_1^2 - \sin^2 \alpha}$. Tương tự như $BC = H \sin \alpha/\sqrt{n_2^2 - \sin^2 \alpha}$, $KM = 2AB = 2(AC - BC)$, $x = KM \cos \alpha = 2(AC - BC) \cos \alpha$. Thay thế các biểu thức tìm thấy trước đó cho $AC$ và $BC$, chúng ta tìm được khoảng cách $x$ giữa các tia ló ra khỏi tấm:
$$x = 2H \sin \alpha \cos \alpha) \left( \frac{1}{\sqrt{n_1^2 - \sin^2 \alpha}} - \frac{1}{\sqrt{n_2^2 - \sin^2 \alpha}} \right) = H \sqrt{3} \left( \frac{1}{\sqrt{4n_1^2 - 1}} - \frac{1}{\sqrt{4n_2^2 - 1}} \right).$$

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow
Tùy chọn 1

1. {a - 2; 4 - 2a} tại $a \neq -1/2, 4/3, 1; \{5\}$ tại $a = -1/2; \{-2/3\}$ tại $a = 4/3; \{-1\}$ tại $a = 1$. Gợi ý. Phương trình của hệ tương đương
   $$\begin{cases} x^2 - (2 - a)x - 2a^2 + 8a - 8 = 0, \\ x \neq a, \\ x \neq 3a - 1. \end{cases}$$
2. $x_1 = \arctg 2 + \pi m$, $x_2 = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ ($m, n \in Z$).
   Gợi ý. Phương trình của hệ tương đương
   2 sin $x - 4$ cos $x = 1 - 2 \text{ ctg } x$, $1 - 2 \text{ ctg } x \geq 0$.
3. Đúng: prima $A_1D$ vuông góc với tấm $ABC_1$.
4. a) Các bất đẳng thức là tương đương nếu tập hợp lời giải của chúng trùng nhau.
5. a = 1 và a = -1. Hãy để $y = |x - 1|$. Sau đó $(y - a - 1)(y^2 - 1 + a) = 0$, từ đó $y = a + 1$, $y \geq 0$ hoặc $y^2 = 1 - a$, $y \geq 0$.

Hình 7.
Hình 8.
Hình 9.