4
Билеты вступительных экзаменов в МФТИ 2005г
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 1
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1.	На гладкой горизонтальной поверхности стола находится клин,
прислонённый к гладкой вертикальной стене. Поверхность клина
Рис. к задаче 1
наклонена к горизонту под углом а
(см. рис.). Автомобильное колесо
массой М скатывается без проскаль-
зывания с клина. В процессе движе-
ния колеса по клину клин действует на
стену с постоянной силой F. Какой
скорости достигнет колесо, пройдя из
состояния покоя путь S по клину?
2.	В цилиндре под поршнем находится ненасыщенный водяной пар
под давлением Р = 1 атм. В процессе изобарического сжа-
тия конечный объём, который занимает пар, уменьшается в к =
= 4 раза по сравнению с объёмом, который он занимал внача-
ле. При этом часть пара конденсируется, а объём образовав-
шейся воды составляет а = 1/1720 от конечного объёма пара.
Во сколько раз уменьшилась температура пара в указанном про-
цессе? Плотность воды р = 1 г/см3, молярная масса пара р, =
= 18 г/моль.
3.	В схеме, изображённой на рисунке, определите ток через идеаль-
ный диод D и напряжение на диоде. Параметры схемы указаны
на рисунке, внутренними сопротивлениями батарей пренебречь.
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
4.	В колебательном контуре, включающем в себя конденсатор ём-
костью С и две катушки самоиндукции с индуктивностями Li и
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2 5
L2, происходят гармонические колебания. Катушка L2 с числом
витков N и площадью одного витка S расположена в однородном
и стационарном магнитном поле с индукцией Bq, перпендикуляр-
ной плоскости витков. В тот момент, когда напряжение на кон-
денсаторе достигает максимального значения Uq, магнитное по-
ле выключают. Время спадания магнитного поля много меньше
периода колебаний в контуре. Пренебрегая омическим сопро-
тивлением катушек и подводящих проводов, определите величи-
ну максимального тока в контуре после выключения магнитного
поля.
5.	Луч лазера, направленный под малым углом а = 0,1 рад к глав-
ной оптической оси рассеивающей линзы с фокусным расстояни-
ем F — —3 см, наблюдается в виде светящейся точки на экране
Э, расположенном на расстоянии L =
= 630 см от линзы. Если слева
от линзы поставить плоскопараллель-
ную стеклянную пластину толщиной
d = 1 см, то светящаяся точка сме-
щается по экрану на расстояние а =
= 8 см. Определить показатель пре-
ломления пластины.
Указание: при малых углах х
считать sin х = tg х = х.
БИЛЕТ 2
1.	На гладкой горизонтальной поверхности стола находится приз-
ма, упирающаяся в гладкую вертикальную стенку. Поверхность
призмы наклонена под углом 7 к гори-
зонту (см. рис.). Велосипедное колесо
массой т движется вверх по призме,
катясь без проскальзывания и имея
при прохождении точки А скорость v0.
При движении колеса вверх призма
давит на стенку с постоянной силой F.
Рис. к задаче 1
6
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Бнл.ч
На какое максимальное расстояние удалится колесо от точки А
при движении вверх?
2.	В цилиндре под поршнем находится насыщенный водяной пар и
вода при температуре 100 °C. Объём воды составляет а = 1/860
часть объёма, который занимает пар. При изотермическом рас-
ширении давление уменьшилось в /? = 2 раза, при этом вся вода
испарилась. Во сколько раз увеличился объём пара? Плотность
воды р = 1 г/см3, молярная масса пара р, = 18 г/моль.
3.	В схеме, изображённой на рисунке, определите напряжение на
идеальном диоде D и ток через диод. Параметры схемы указаны
на рисунке, внутренними сопротивлениями батарей пренебречь.
4.	В колебательном контуре, включающем в себя конденсатор ём-
костью С и катушку самоиндукции с индуктивностью 7Д, про-
исходят гармонические колебания тока (при разомкнутом ключе
К). В тот момент, когда ток в контуре достигает максимально-
го значения и равен Iq, замыкают ключ К. Пренебрегая омиче-
ским сопротивлением катушек и подводящих проводов, опреде-
лите максимальное напряжение на конденсаторе после замыка-
ния ключа К. Величины 7Д, L2, С, Iq считать заданными.
Рис. к задаче 3 Рис. к задаче 4 Рис. к задаче 5
5.	Для измерения показателя преломления плоскопараллельной
пластины была собрана оптическая система, представленная на
рисунке. Луч лазера, направленный перпендикулярно пластине и
параллельно главной оптической оси собирающей линзы, пройдя
через систему пластина-линза, наблюдается на экране Э в виде
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
7
светящейся точки. При повороте пластины на малый угол а —
= 0,1 рад светящаяся точка сместилась на расстояние а = 6 см
по экрану. Определить показатель преломления пластины, если
её толщина d = 1 см, расстояние от линзы до экрана L = 500 см,
а фокусное расстояние линзы F = 3 см.
Указание: при малых углах х принять sin х = tg х = х.
БИЛЕТ 3
1
Клин, прислонённый к гладкой вертикальной стене, находится на
гладкой горизонтальной поверхности стола. Поверхность клина
наклонена под углом (3 к горизон-
ту (см. рис.). Автомобильное колесо
массой т скатывается без проскаль-
зывания с клина. При движении коле-
са по клину клин давит на стол с по-
стоянной силой, величина которой на
AF больше веса клина. На какое рас-
стояние сместится колесо по клину за
Рис. к задаче 1
время t, начав движение из состояния покоя?
2.	В цилиндре под поршнем находится насыщенный водяной пар и
вода под давлением Р = 1 атм. Объём воды составляет а =
= 1/860 часть объёма пара. При изобарическом расширении
температура увеличивается в (3 = 2 раза. При этом вся вода ис-
паряется. Во сколько раз конечный объём пара больше началь-
ного объёма пара? Плотность воды р = 1 г/см3, молярная масса
пара р = 18 г/моль.
3.	В схеме, изображённой на рисунке,
определите ток через идеальный диод
D и напряжение на диоде. Параметры
схемы указаны на рисунке, внутренними
сопротивлениями батарей пренебречь.
4.	В колебательном контуре, включающем
в себя конденсатор ёмкостью С и две
Рис. к задаче 3
катушки самоиндукции с индуктивностями Li и L?, происходят
гармонические колебания. Катушка L-2 с числом витков N и
8
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет !
площадью одного витка S расположена в однородном и ста-
ционарном магнитном поле с индукцией Во, перпендикулярной
плоскости витков. В тот момент, когда ток в
контуре достигает максимального значения Iq,
магнитное поле выключают. Время спадания
магнитного поля много меньше периода коле-
баний в контуре. Пренебрегая омическим со-
противлением катушек и подводящих прово-
дов, определите величину максимального на-
пряжения на конденсаторе после выключения магнитного поля.
5.	Луч лазера, направленный на оптическую систему, состоящую
из плоскопараллельной диэлектриче-
ской пластины и рассеивающей лин-
зы, параллельно её главной оптиче-
ской оси и перпендикулярно пластине,
наблюдается в виде светящейся точ-
ки на экране Э. При повороте пласти-
ны на малый угол а = 0,1 рад, све-
тящаяся точка сместилась на рассто-
яниеа = 5 см. Определить показатель
преломления пластины, если её тол-
щина d = 1 см, расстояние^от линзы до экрана L = 400 см, а
фокусное расстояние линзы равно F = — 3 см.
Указание: для малых углов х принять sin х = tg х = х.
БИЛЕТ 4
1.	Призма находится на гладкой горизонтальной поверхности стола
и упирается в гладкую вертикальную
стенку. Поверхность призмы наклоне-
на под углом <р к горизонту (см. рис.).
Колесо игрушечного велосипеда мас-
сой т движется вверх по призме, ка-
тясь без проскальзывания и имея при
прохождении точки В скорость vo-
При движении колеса вверх призма
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
9
давит на стол с постоянной силой, величина которой на Q боль-
ше веса призмы. За какое время скорость колеса уменьшится в
3 раза при его движении вверх?
2.	В цилиндре под поршнем находится ненасыщенный пар при тем-
пературе 100 °C. В процессе изотермического сжатия конечный
объём пара уменьшается в к = 6 раз по сравнению с первона-
чальным объёмом пара. При этом часть пара конденсируется, а
объём образовавшейся воды составляет а = 1/1720 часть от ко-
нечного объёма пара. Во сколько раз увеличилось давление пара
в указанном процессе? Плотность воды р = 1 г/см3, молярная
масса пара р = 18 г/моль.
3.	В схеме, изображённой на рисунке, определите напряжение на
идеальном диоде D и ток через диод. Параметры схемы указаны
на рисунке, внутренними сопротивлениями батарей пренебречь.
4.	В колебательном контуре, включающем в себя конденсатор с
неизвестной ёмкостью и катушку самоиндукции с индуктивно-
стью Л2. происходят гармонические колебания тока (при разо-
мкнутом ключе К). В тот момент, когда ток в контуре достига-
ет максимального значения и равен 7q, замыкают ключ К. По-
сле замыкания ключа максимальное напряжение на конденсато-
ре оказалось равным Uq. Пренебрегая омическим сопротивлени-
ем катушек и подводящих проводов, определите ёмкость конден-
сатора. Величины Li, L%, Io, Uq считать заданными.
Рис. к задаче 3 Рис. к задаче 4
5.	Луч лазера, направленный под малым углом а = 0,1 рад к глав-
ной оптической оси собирающей линзы с фокусным расстоянием
10
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
F = 3 см, наблюдается в виде светящейся точки на экране Э,
расположенном на расстоянии L = 540 см от линзы. Если слева
от линзы поставить плоскопараллельную прозрачную пластину
толщины d = 1 см, то светящаяся точка смещается по экрану на
расстояние а = 7 см. Определить показатель преломления пла-
стины.
Указание: для малых углов х принять sin х = tg х = х.
БИЛЕТ 5
1. На гладкой наклонной плоскости с углом наклона к горизонту а
колеблются с амплитудой А как одно целое вдоль прямой шай-
ба массой т и брусок массой 3m под действием пружины жёст-
костью К, прикреплённой к бруску (см. рис.). При каком ми-
нимальном коэффициенте трения скольжения между шайбой и
бруском такие колебания возможны?
Рис. к задаче 1
Рис. к задаче 2
2. Кусок льда привязан нитью ко дну цилиндрического сосуда с во-
дой (см. рис.). Над поверхностью воды находится некоторый
объём льда. Нить натянута с силой Т = 1 Н. На сколько и как
изменится уровень воды в сосуде, если лёд растает? Площадь
дна сосуда S = 400 см2, плотность воды р = 1 г/см3.
3. Идеальный газ используется как рабочее тело в тепловой ма-
шине, работающей по циклу, состоящему из адиабатического
расширения 1—2, изотермического сжатия 2—3 и изобарического
расширения 3—1 (см. рис.). КПД цикла равен ту, при изотермиче-
ском сжатии над газом совершается работа Ат (Ат > 0). Какую
работу совершает машина в указанном цикле?
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
11
Рис. к задаче 4
4. В электрической схеме, представленной на рисунке, ключи
и К2 разомкнуты. Ключ замыкают и после того, как через
резистор с сопротивлением R протёк заряд qo, замыкают ключ
К2. 1) Найти напряжение на катушке индуктивностью L непо-
средственно перед замыканием ключа К2. 2) Найти дополни-
тельный заряд, протекший через резистор после замыкания клю-
ча К2. ЭДС батарей и $ и их внутренние сопротивления щ и
г2 известны.
5. В вакуумном фотоэлементе один из
никелевых электродов освещается
монохроматическим светом. При
увеличении задерживающей разно-
сти потенциалов U3 фототок умень-
шается и при U3 = 0,8 В становит-
ся равным нулю. Определить длину
волны света. Работа выхода элек-
трона из никеля А = 4,84 эВ. По-
стоянная Планка h = 6,63 • 10 34 Дж-с, заряд электрона е =
= 1,6 • 10~19 Кл.
БИЛЕТ 6
1.	Доска массой т и брусок массой 6т совершают колебания
вдоль прямой как одно целое на гладкой наклонной плоскости с
углом наклона к горизонту а под действием пружины с жёстко-
стью К, прикреплённой к бруску (см. рис.). Коэффициент трения
скольжения между бруском и доской равен д. При какой макси-
мальной амплитуде колебаний такие колебания возможны?
12
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет6
2.	На нити, привязанной к стойке, висит кусок льда, частично по-
гружённый в воду, налитую в цилиндрический сосуд (см. рис.).
Найти силу натяжения нити, если после того, как лёд растаял,
уровень воды в сосуде изменился на Д/г. = 3 см. Площадь дна
сосуда S = 60 см2. Плотность воды р = 1 г/см3.
3.	Идеальный газ используется как рабочее вещество в тепловой
машине. Цикл 1-2-3—1 состоит из изохоры 1-2, изобары
2—3 и участка 3—1 линейной зависимости давления от объёма
(см. рис.). КПД этого цикла равен щ. Второй цикл 1—3-4-1
состоит из участка 1 —3 линейной зависимости давления от объ-
ёма, изохоры 3—4 и изобары 4—1. Найти КПД второго цикла.
Рис. к задаче 4
4.	В электрической схеме, представленной на рисунке, ключи К\ и
К2 разомкнуты. Ключ К\ замыкают и, когда ток через резистор с
сопротивлением R достигает значения 10, замыкают ключ К%. 1)
Найти ток через конденсатор ёмкостью С сразу после замыкания
ключа К2. 2) Найти заряд на конденсаторе после установления
стационарного состояния. ЭДС батарей и &2 и их внутренние
сопротивления ri и Г2 известны.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
13
5.	Цинковый уединённый шарик радиусом г = 5 мм при облучении
монохроматическим светом заряжается до максимального заря-
да Q = 6,8 • 10“13 Кл. Определите длину волны света, которым
проводилось облучение. Работа выхода электрона из цинка А =
= 3,74 эВ. Постоянная Планка h = 6,63 • 10-34 Дж-с, электри-
ческая постоянная eq = 8,85  10-12 Ф/м, заряд электрона е =
= 1,6  10“19 Кл.
БИЛЕТ 7
1. Шайба массой т и брусок массой 4m совершают колебания с
амплитудой А вдоль прямой как одно целое на гладкой наклон-
ной плоскости с углом наклона к горизонту а под действием
упругой пружины, прикреплённой к .
бруску (см. рис.). Коэффициент '
трения скольжения между шайбой и	/
бруском равен р,. При каком мак-
симальном коэффициенте жёсткости
пружины такие колебания возможны? рИс. к задаче 1
2. Деревянный шарик привязан ко дну цилиндрического сосуда с
водой (см. рис.). Над поверхностью воды находится часть ша-
рика, а нить натянута с некоторой силой. Если нить перерезать,
то шарик всплывает и уровень воды в сосуде изменяется на Д/г =
= 4 см. С какой силой была натянута нить? Площадь дна сосуда
S = 100 см2. Плотность воды р = 1 г/см3.
Рис. к задаче 2
Рис. к задаче 3
3. Идеальный газ используется как рабочее тело в тепловой ма-
шине, работающей по циклу 1—2—3—1, состоящему из адиабати-
ческого расширения 1—2, изотермического сжатия 2—3 и участ-
14 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧ! 1 ♦ lliuu-i 8
ка 3—1 линейной зависимости давления от объёма (см. рис.). За
цикл машина совершает работу А, КПД цикла равен ту. Найти
работу, совершаемую над газом в изотермическом процессе.
4. В электрической схеме, представленной на рисунке, ключи /<”1 и
К2 разомкнуты. Ключ К\ замыкают и после того, как напряже-
ние на катушке с индуктивностью L достигло значения Uq, замы-
кают ключ К2. 1) Найти заряд, протекший через резистор сопро-
тивлением R к этому моменту времени. 2) Найти дополнительный
заряд, который протечёт через резистор после замыкания ключа
К2. ЭДС батарей и <£2 и их внутренние сопротивления п и г2
известны.
Рис. к задаче 4
5. В вакуумном фотоэлементе один из литиевых электродов осве-
щается светом с длиной волны А = 0,2 мкм. При каком значении
задерживающей разности потенциалов С/3 фототок, измеряемый
амперметром, прекратится? Работа выхода электрона из лития
А = 2,39 эВ, постоянная Планка h = 6,63 • 10“34 Дж-с, заряд
электрона е = 1,6 • 10-19 Кл.
БИЛЕТ 8
1.	Доска массой т и брусок массой 8m колеблются вдоль прямой
как одно целое на гладкой наклонной плоскости с углом накло-
на к горизонту а под действием пружины жёсткостью К, при-
креплённой к бруску (см. рис.). Коэффициент трения скольже-
ния между бруском и доской равен ц. При какой максимальной
амплитуде колебаний такие колебания возможны?
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
15
Рис. к задаче 1
Рис. к задаче 2
2.	На нити, привязанной к стойке, висит деревянный шарик, ча-
стично погружённый в воду, налитую в цилиндрический сосуд
(см. рис.). Нить натянута с силой Т = 3 Н. Если нить перере-
зать, то шарик станет плавать в сосуде. На сколько и как при
этом изменится уровень воды в сосуде? Площадь дна сосуда S =
= 300 см2, плотность воды р = 1 г/см3.
3.	Идеальный газ используется как рабочее тело в тепловой ма-
шине. Цикл 1—2—3—4—1 состоит из двух изохор 1—2 и 3—4 и двух
изобар 2—3 и 4—1 (см. рис.). Цикл 1—3—4—1 состоит из участ-
ка 1—3 линейной зависимости давления от объёма, изохоры 3—4,
изобары 4—1. Найти КПД цикла 1—2—3—4—1, если КПД цикла
1—3—4—1 равен гр
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
4.	В электрической схеме, представленной на рисунке, ключи К\
и Д?2 разомкнуты. Ключ замыкают. Когда ток через кон-
денсатор ёмкостью С достигает значения Iq, замыкают ключ К2.
1) Найти ток через конденсатор сразу после замыкания ключа
К2. 2) Найти заряд конденсатора после установления равнове-
16
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
сия. ЭДС батарей и <^2, их внутренние сопротивления гд и Г2 и
сопротивление R резистора известны.
5.	Медный уединённый шарик радиуса г = 5 мм облучают светом с
длиной волны А = 0,2 мкм. До какого максимального заряда за-
рядится шарик? Работа выхода электрона из меди А = 4,47 эВ,
постоянная Планка h = 6,63 • 10“34 Дж-с, электрическая посто-
янная £о = 8,85 • 10“12 Ф/м, заряд электрона е = 1,6 • 10“19 Кл.
БИЛЕТ 9
1.	По гладкой горизонтальной поверхности стола движется со ско-
ростью и брусок с выемкой в форме полуцилиндра радиусом R
—।	(см. рис.). Небольшая по срав-
1* -Д	нению с размерами бруска мо-
>0 I# нета массой т скользит по сто-
ч II \	лу со скоростью v, догоняет бру-
___------------------— сок, скользит без трения по по-
верхности выемки, не отрываясь
Рис. к задаче 1------.
от нее, и оказывается в точке А,
продолжая скользить вверх по выемке. Радиус О А составляет
угол д = 60° с вертикалью. Масса бруска намного больше мас-
сы монеты. 1) Найдите скорость монеты относительно бруска в
точке А. 2) Найдите силу давления монеты на брусок в точке А.
2.	В вертикально расположенном цилиндрическом сосуде под
поршнем находится моль гелия при температуре Ti = 300 К. На
поршень поставили гирю массой в а = 2,5 раза большей массы
поршня. 1) Во сколько раз изменится температура гелия после
установления нового равновесия при отсутствии теплообмена с
окружающей средой? 2) Какое количество теплоты необходимо
отвести от гелия в изобарическом процессе, чтобы вернуть газ в
состояние с первоначальной температурой Ti? Наружным дав-
лением, трением поршня о стенку сосуда, теплоёмкостью сосуда
и поршня пренебречь.
3.	Две одинаковые металлические сферы расположены на большом
удалении друг от друга (расстояние между ними много больше их
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
17
диаметра). На сфере 1 расположен заряд Q, а сфера 2 не заря-
жена. К сфере 1 подносят и приводят в соприкосновение прово-
дящий незаряженный шарик. Затем шарик переносят к сфере 2 и
приводят в соприкосновение с ней. После этого контакта на ша-
рике оказался заряд, равный Q/9. Какой заряд приобрела сфе-
ра 2?
4.	Проволочное кольцо DBC, сопротивление которого R, прони-
зывается магнитным потоком Ф = Фо cos wt, где t — время, Фо и
w — заданные константы. Магнитное поле сосредоточено прак-
тически в узкой области (см. рис.). Точки D, В и С этого кольца
делят его на три равные части. Что покажет амперметр перемен-
ного тока с сопротивлением г, если его присоединить к точкам В
и С? Сопротивлением соединительных проводов пренебречь.
Рис. к задаче 4	Рис. к задаче 5
5.	В жидкости с показателем преломления п = 1,5 на воздушный
пузырек, расположенный у плоской поверхности тонкой про-
зрачной стенки сосуда, вдоль диаметра АВ пузырька падает па-
раллельный пучок света (см. рис.). Диаметр пучка много меньше
радиуса пузырька. Если вплотную к стенке приставить линзу с
фокусным расстоянием F± = 2 см, то фокусировка света, вошед-
шего в пузырёк, произойдёт в центре пузырька О. Линзу с каким
фокусным расстоянием нужно поставить взамен первой линзы,
чтобы свет сфокусировался в точке А?
Указание: для малых углов а можно считать, что sin а ~
~ tgct KS си.
18
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
БИЛЕТ 10
1.	Горка движется со скоростью и по гладкой горизонтальной по-
верхности стола (см. рис.). Небольшая по сравнению с размера-
ми горки шайба массой т скользит по столу навстречу горке со
		скоростью v, заезжает на горку,
р f А\С-----------------------скользит по гладкой поверхно-
'	сти горки, не отрываясь от нее,
/	\ д m и оказывается на высоте Н в
----------J.—----точке С, продолжая скользить
Рис. к задаче!	вверх по горке. Поверхность
горки в точке С составляет угол a (cos а = 3/4) с горизонтом.
Участок АВ вертикального профиля горки — дуга окружности
радиусом R — АН. Масса горки намного больше массы шай-
бы. 1) Найдите скорость шайбы относительно горки в точке С.
2) Найдите силу давления шайбы на горку в точке С.
2.	В вертикально расположенном цилиндре под поршнем находится
моль гелия при температуре Т) = 300 К. На поршень поставили
гирю массой, равной массе поршня. 1) Во сколько раз изменил-
ся объём газа после установления нового положения равновесия
в условиях отсутствия теплообмена газа с окружающей средой?
2) Какую работу должен совершить газ, чтобы в изобарическом
процессе при наличии теплообмена вернуться в состояние с пер-
воначальным объёмом? Наружным давлением, трением между
цилиндром и поршнем, теплоёмкостью поршня и цилиндра пре-
небречь.
3.	Между двумя концентрически расположенными проводящими
сферами с радиусами п и гг и зарядами Qi и Q% расположен
точечный заряд q на расстоянии а от центра сфер. Какой заряд
протечёт через гальванометр G после замыкания ключа К, при-
водящего к заземлению внутренней сферы?
4.	Сопротивления участков ADC и СВ А проволочного кольца рав-
ны R и ЗВ (см. рис.). Кольцо пронизывается магнитным пото-
ком Ф = Фо coscvt, где t — время, Фо и ш — заданные констан-
ты. Магнитное поле сосредоточено практически в узкой области.
Что покажет вольтметр переменного тока с сопротивлением 4Л,
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
19
если его присоединить к точкам А и С? Сопротивлением соеди-
нительных проводов пренебречь.
Рис. к задаче 3 Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
5.	На прозрачный шар с показателем преломления п = 1,5 вдоль
диаметра АВ шара падает параллельный пучок света. Диаметр
пучка много меньше радиуса шара. Если на расстоянии Li =
= 8 см от шара поставить линзу с фокусным расстоянием F =
= 10 см, то фокусировка света, вошедшего в шар, произойдёт в
центре шара О (см. рис.). На каком расстоянии Ь<2 от шара нужно
поместить эту линзу, чтобы свет сфокусировался в точке А?
Указание: при малых углах а можно считать, что sin а «
«tga « а.
БИЛЕТ И
1.	Брусок с выемкой в форме полуцилиндра радиусом R движет-
ся со скоростью и по гладкой горизонтальной поверхности стола
(см. рис.). Небольшая по срав-
нению с размерами бруска мо-
нета массой т скользит по столу
со скоростью v навстречу брус-
ку, скользит далее по гладкой
поверхности выемки, не отрыва-
ясь от нее, и оказывается в точке
Рис. к задаче 1
В, продолжая скользить по выемке вверх. Радиус ОБ составля-
ет угол (cos<p = 2/3) с вертикалью. Масса бруска намного
20
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
больше массы монеты. 1) Найдите скорость монеты относитель-
но бруска в точке В. 2) Найдите силу давления монеты на брусок
в точке В.
2.	В вертикально расположенном цилиндре под поршнем находит-
ся моль гелия при температуре = 300 К. На поршне стоит ги-
ря массой равной массе поршня. Гирю снимают. 1) Во сколько
раз изменится температура газа после установления нового рав-
новесия, при условии отсутствия теплообмена газа с окружаю-
щей средой? 2) Какое количество теплоты необходимо подвести
к газу в изобарическом процессе, чтобы вернуть газ в состояние
с первоначальной температурой? Наружным давлением, трением
между цилиндром и поршнем, теплоёмкостью цилиндра и порш-
ня пренебречь.
3.	Две одинаковые незаряженные металлические сферы располо-
жены на большом удалении друг от друга (расстояние между ни-
ми много больше их диаметра). К сфере 1 подносят и приводят
в соприкосновение проводящий заряженный шарик с зарядом Q.
Затем шарик переносят к сфере 2 и приводят в соприкосновение
с ней. После этого контакта на сфере 2 оказался заряд 0,16Q.
Какой заряд остался на шарике? Радиус шарика меньше радиу-
4.	Проволочное кольцо DBC, сопротивление которого R, прони-
зывается магнитным потоком Ф = Фо cos wt, где t — время, Фо и
ш — заданные константы. Магнитное поле сосредоточено внутри
кольца (см. рис.). Точки D, В и С этого кольца отстоят друг от
друга на равные расстояния. Что покажет амперметр перемен-
ного тока с сопротивлением г, если его присоединить к точкам В
и С? Сопротивлением соединительных проводов пренебречь.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
21
5.	Воздушный пузырек радиуса R в жидкости касается плоской по-
верхности тонкой прозрачной стенки сосуда, к которой вплотную
приставлена собирающая линза. На линзу вдоль диаметра АВ
пузырька падает параллельный пучок света (см. рис.). Диаметр
пучка значительно меньше радиуса пузырька. Параметры опти-
ческой системы таковы, что фокусировка света, вошедшего в пу-
зырёк, происходит в точке А. Определить показатель преломле-
ния жидкости, окружающей пузырек, если при смещении линзы
на расстояние L — R/3 от пузырька свет фокусируется в центре
пузырька (точка О).
Указание: при малых углах а можно считать, что sin а ~
« tga яа а.
БИЛЕТ 12
1.	По гладкой горизонтальной по-
верхности стола движется гор-
ка со скоростью и (см. рис.).
Небольшая по размерам шайба
массой т скользит по столу со
скоростью v в том же направ-	рис к задаче ]
лении, что и горка, догоняет горку, скользит по гладкой поверх-
ности горки, не отрываясь от нее, и оказывается на высоте Н в
точке С, продолжая скольжение вверх по горке. Поверхность
горки в точке С наклонена к горизонту под углом /3 (cos (3 = 5/7).
Участок АВ вертикального профиля горки — дуга окружности
радиусом R = 7Н. Масса горки намного больше массы шай-
бы. 1) Найдите скорость шайбы относительно горки в точке С.
2) Найдите силу давления шайбы на горку в точке С.
2.	В вертикально расположенном цилиндре под поршнем находит-
ся моль гелия при температуре Т) = 300 К. На поршне стоит ги-
ря, масса которой равна массе поршня. Гирю снимают. 1) Во
сколько раз изменился объём газа после установления нового
равновесного состояния в условиях отсутствия теплообмена га-
за с окружающей средой? 2) Какую работу необходимо совер-
шить, чтобы в изобарическом процессе при наличии теплообме-
22
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
на вернуть газ в состояние с первоначальным объёмом? Наруж-
ным давлением, трением между цилиндром и поршнем, теплоём-
костью цилиндра и поршня пренебречь.
3.	Две проводящие концентрические сферы с радиусами г± и Г2
имеют заряды Qi и Q%. Вне этих сфер в точке В на расстоянии а
от их центра расположен точечный заряд
(см. рис.). Определить величину этого заря-
да, если после замыкания ключа (заземле-
*В ния сферы радиусом щ) через гальванометр
G протёк заряд q.
4.	Сопротивления участков ADC и СВ А про-
волочного кольца равны R и 5Д (см. рис.).
Кольцо пронизывается магнитным потоком
Ф = Фо cos wt, где t — время, Фо и ш — за-
Рис. к задаче 3 данные константы. Магнитное поле полно-
стью сосредоточено внутри кольца. Что покажет вольтметр пе-
ременного тока с сопротивлением 8R, если его присоединить к
точкам А и С? Сопротивлением подводящих проводов прене-
5.	На прозрачный шар с показателем преломления п = 1,5 вдоль
диаметра АВ шара падает параллельный пучок света (см. рис.).
Диаметр пучка много меньше радиуса шара. Если вплотную к
шару приставить линзу с фокусным расстоянием К) = 2 см, то
фокусировка света, вошедшего в шар, произойдёт в центре шара
(точка О). Линзу с каким фокусным расстоянием 1'2 нужно по-
ставить взамен первой линзы, чтобы свет сфокусировался в точ-
ке А?
Указание: при малых углах а можно считать, что sin а ~
«tgct « а.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 1
23
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1.	Найти все действительные решения системы уравнений
1 + Х = ^ +,
ху х У х - у
у/х - у = 2- ху.
2.	Решить неравенство

3.	Решить уравнение
(3 sin х + 4 cos ж) (20 + 12 sin х + 5 cos 2х) = 143.
4.	Через центр О окружности Q, описанной около треугольника
АВС, проведена прямая, параллельная ВС и пересекающая
стороны АВ и АС в точках В\ и Ci соответственно. Окружность
ш проходит через точки В±, С± и касается Q в точке К. Найти
угол между прямыми АК и ВС. Найти площадь треугольника
АВС и радиус окружности Q, если ВуС\ = 6, АК = 6, а рассто-
яние между прямыми ВС и В\С\ равно 2.
5.	При каких значениях параметра а уравнение
Р | — х + а = 0
имеет единственное решение? Решить это уравнение для всех
найденных значений а.
6.	Прямой круговой конус с вершиной О имеет высоту 4 и образу-
ющую длины 5. Пирамида ABCD вписана в конус так, что А и С
принадлежат окружности основания, В и D принадлежат боко-
вой поверхности, причем В принадлежит образующей О А. Тре-
угольники О АС и OBD равносторонние, причем ОВ = 3. Найти
объём пирамиды ABCD, двугранный угол при ребре АВ и ради-
ус сферы, описанной около ABCD.
24
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2
БИЛЕТ 2
1.	Найти все действительные решения системы уравнений
V^-У = 4 - Зху.
2.	Решить неравенство
1	( 9	1А 1	(2	1	3
106(2-3,) ( ж + 4 ) < 1°§(я-2)2 I 2х ~ 4 + 2 “ х
3.	Решить уравнение
(5 sin х + 12 cos х) (100 + 48 cos х — 13 cos 2х) = 1757.
4.	Через центр О окружности Q, описанной около треугольника
АВС, проведена прямая, параллельная ВС и пересекающая
стороны АВ и АС в точках В\ и Ci соответственно. Окружность
w проходит через точки В\, С и касается Q в точке К. Найти
угол между прямыми АК и ВС. Найти площадь треугольника
АВС и радиус окружности Q, если ВС = 9, АК = 8, BiC'i = 6.
5.	При каких значениях параметра а уравнение
2х — | ж31 + а = О
имеет единственное решение? Решить это уравнение для всех
найденных значений а.
6.	Прямой круговой конус с вершиной О имеет высоту 4 и радиус
основания 2. Пирамида ABCD вписана в конус так, что А и С
принадлежат окружности основания, В и D принадлежат боко-
вой поверхности, причем В принадлежит образующей О А. Пря-
мая BD параллельна плоскости основания конуса, ОВ/ВА =
= 1/2, АС = д/7, BD = а/7/3. Найти объём пирамиды ABCD,
двугранный угол при ребре АВ и радиус сферы, описанной около
ABCD.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
25
БИЛЕТ3
1. Найти все действительные решения системы уравнений
{1 + г 1 = ху + ~2у
^х - 2у х — 2у ' ху ’
хУ\1т^ = ‘2^^х-‘2У-
2. Решить неравенство
3.	Решить уравнение
(8 sin х + 15 cos х) (53 + 32 sin х + 17 cos 2х) = 1318.
4.	Через центр О окружности Q, описанной около треугольника
АВС, проведена прямая, параллельная ВС и пересекающая
стороны АВ и АС в точках Bi и Ci соответственно. Окружность
ш проходит через точки Bi, Ci и касается Q в точке К. Найти
угол между прямыми АК и ВС. Найти площадь треугольника
АВС и радиус окружности Q, если B±Ci = 6, АК = 6, а рассто-
яние между прямыми ВС и BAC\ равно 1.
5.	При каких значениях параметра а уравнение
Зх — |ж5| + а = О
имеет единственное решение? Решить это уравнение для всех
найденных значений а.
6.	Прямой круговой конус с вершиной О имеет высоту 2 и образу-
ющую длины д/13. Пирамида ABCD вписана в конус так, что
А и С принадлежат окружности основания, В и D принадле-
жат боковой поверхности, причем В принадлежит образующей
О А. Точки В и D равноудалены от плоскости основания конуса,
ОВ = л/13/3, АС = 4%^2, BD = 4%/2/3. Найти объём пирамиды
ABCD, двугранный угол при ребре АВ и радиус сферы, описан-
ной около ABCD.
26
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
БИЛЕТ 4
1. Найти все действительные решения системы уравнений
{1 , /о------	— у , ху
1 +	- у =------- + у ,
v	ху у/2х — у
Xy\J 2х-у = 4 “ 3^2а: “ У'
2.	Решить неравенство
^1оё(4-*)	+	< log(x-4)2 (4а;2 - I + 1 “ ж3) •
3.	Решить уравнение
(24 sin х + 7 cos х) (75 + 28 cos х — 25 cos 2х) = 2598.
4.	Через центр О окружности Q, описанной около треугольника
АВС, проведена прямая, параллельная ВС и пересекающая
стороны АВ и АС в точках В± и Сд соответственно. Окружность
ш проходит через точки Bi, Ci и касается Q в точке К. Найти
угол между прямыми АК и ВС. Найти площадь треугольника
АВС и радиус окружности Q, если ВС = 8, АК = 5, B]C'i = 5.
5.	При каких значениях параметра а уравнение
|ж3| — х + а = О
имеет единственное решение? Решить это уравнение для всех
найденных значений а.
6.	Прямой круговой конус с вершиной О имеет высоту 3 и радиус
основания 2. Пирамида ABCD вписана в конус так, что А и С
принадлежат окружности основания, В и D принадлежат боко-
вой поверхности, причем В принадлежит образующей ОА. Из-
вестно, что О В = CD = АВ, АС = 2%/2, BD = %/2- Найти
объём пирамиды ABCD, двугранный угол при ребре АВ и ради-
ус сферы, описанной около ABCD.
БИЛЕТ 5
1.	Решить систему уравнений
Г 9 ж4 + 4ж2у = —3,
( 9ж2у2 + 4у3 = -27.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6
27
2.	Решить уравнение
'Т*	к О’	'7*	iT
sm 2 smT	sm 2 smT _ 2sin2; sin2a; 1
cos x cos 2x	cos2xcos3a; cos x cos 3x	4cos3z
3.	Решить неравенство
4.	Найти стороны параллелограмма ABCD, в котором радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС и ABD,
равны 5 и \/13 соответственно, а расстояние между центрами
этих окружностей равно 2.
5.	Найти все пары действительных чисел (ж; у), для которых спра-
ведливо равенство
iog27^ (2^ -
6,	Сфера касается боковых граней четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках, лежащих на рёбрах АВ, ВС, CD, DA. Из-
вестно, что высота пирамиды равна 2^5, АВ = б, SA = 5, SB =
= 7, SC = 2у/10. Найти длины рёбер ВС и CD, радиус сферы и
двугранный угол при ребре SD.
БИЛЕТ 6
1. Решить систему уравнений
Г 2х2 *у — х4 = 3,
\ 2уЗ — х2у2 = 4.
2. Решить уравнение
. Зх . 5х . х . 7х
sm т sm Т _ sm2 smT _ 28Щ18ш2Ж 1
cos х cos 4х cos 4х cos Зх cos х cos Зх 5 cos х ’
28
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
3.	Решить неравенство
г- 2
х — к
О
23
Г 27
1
: 1 ’
з
4.	Найти стороны параллелограмма ABCD, в котором радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС и ABD,
равны 13 и \/89 соответственно, а расстояние между центрами
этих окружностей равно 4.
5.	Найти все пары действительных чисел (ж; у), для которых спра-
ведливо равенство
10ёзУ5Ту (з^ + yQF+l) = 2-^-2А
6.	Сфера касается боковых граней четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках, лежащих на рёбрах АВ, ВС, CD, DA. Из-
вестно, что высота пирамиды равна л/б, АВ — 8, SA = 4, SB =
= 8, SC — 4\/б. Найти длины рёбер ВС и CD, радиус сферы и
двугранный угол при ребре SD.
БИЛЕТ 7
1.	Решить систему уравнений
Г ж4 + 4а;2у = —3,
[ х^у2 + 4у3 = —1.
2.	Решить уравнение
'Т*	R rf*	.»'7*	Q'T*
sin 2 sin у	sin у sin у _ 2 sin 2а; sin 4а;	1
cos 2a; cos 3a?	cos 3a; cos 6a; cos 2a; cos 6a;	3 cos 6a;
3.	Решить неравенство
г- 3
Vx 4	1
.	15	Г ’
X 16	2
4.	Найти стороны параллелограмма ABCD, в котором радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС и ABD,
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 8
29
равны 17 и \/89 соответственно, а расстояние между центрами
этих окружностей равно 10.
5.	Найти все пары действительных чисел (ж; у), для которых спра-
ведливо равенство
log^s (5^+^ - У-2^-1) = 4х/^=^.
6.	Сфера касается боковых граней четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках, лежащих на рёбрах АВ, ВС, CD, DA. Из-
вестно, что высота пирамиды равна \/5, АВ = 12, SA = 5, SB =
= 11, SC = л/85. Найти длины рёбер ВС и CD, радиус сферы и
двугранный угол при ребре SD.
БИЛЕТ 8
1.	Решить систему уравнений
( 8х2у — Зх4 = 4,
[ 8у3 — Зх2у2 = 2.
2.	Решить уравнение
О*	>^7*	О’ Чо*
sin ж sin 2ж _ sin2 Sin~2~ = 2sin2 Sin~2~ _ 1+2^2
cos x cos З.т	cos З.т cos 2x cos x cos 2x 2 cos 2x
3.	Решить неравенство
г- 3
Vs 4	1
.	55	~7- 1 ’
X 64	4
4.	Найти стороны параллелограмма ABCD, в котором радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС и ABD,
равны 13 и \/29 соответственно, а расстояние между центрами
этих окружностей равно 10.
5.	Найти все пары действительных чисел (ж; у), для которых спра-
ведливо равенство
10g4v^ (4^+^ + 1/^ + 1 | = 3-^-^-4VS.
\	V л	/
30
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
6.	Сфера касается боковых граней четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках, лежащих на рёбрах АВ, ВС, CD, DA. Из-
вестно, что высота пирамиды равна 2\/3, АВ = 9, SA = 6, SB =
= 9, SC = 2д/33. Найти длины рёбер ВС и CD, радиус сферы и
двугранный угол при ребре SD.
БИЛЕТ 9
1.	Решить неравенство
3^ + 21 + 12^ + 11 -5 <о
Vх 4.т3 + Зж2 + 4.т + 3
2.	Решить уравнение
cos5 х — sin5 х cos5 х + sin5 x 9
-	— ----------------— = — + cos 2a;.
x/2cos(z + ^Q a/2cos^ —8
3.	В треугольнике ABC проведены биссектрисы AE и CD. Най-
ти длины отрезков CD, СЕ, DE и расстояние между центрами
окружностей, вписанной в треугольник АВС и описанной около
треугольника АВС, если АС = 2, ВС = 4, ААСВ = arccos
4.	Сторона основания АВС правильной треугольной пирамиды
ABCD равна 6, двугранный угол между боковыми гранями пи-
7
рамиды равен arccos Точки Ах и В± — середины рёбер AD и
BD соответственно, ВС± — высота в треугольнике DBC. Найти:
1) угол между прямыми АВ и B^Ci,
2)	площадь треугольника AiBiCi,
3)	расстояние от точки В до плоскости А^В^Су,
4)	радиус вписанного в пирамиду A^BiC^D шара.
5. Найти значения параметра а, при которых множество решений
(х,у) системы неравенств
f х2 + х + (у — а)2 + 11,
[ж + а + ?/2^0
содержит отрезок с концами в точках (1,0) и (1,1).
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
31
6. Решить систему уравнений
ху , xz yz	5-т
4 +Т-25 =1 + 21“-в ’
xy_ + yz_xz	x^y
4 ' 25	9	+ Z 10 ’
yz xz ху _	2z
I 25 +Т~Т ~1 + 211115 •
БИЛЕТ 10
1.	Решить неравенство
Р - Ьх + б| + |9 -2я| -5 <
V19a:2 — 4.т3 — 4.т + 19
2.	Решить уравнение
cos3 х — sin3 х cos3 х + sin3 x 14-2 cos4 2x
\/8 cos	\/8 cos	3 sin
3.	В треугольнике ABC проведены биссектрисы AE и CD. Найти
длины отрезков AD, СЕ, радиус окружности, описанной около
треугольника BCD, и расстояние между центрами окружностей,
вписанной в треугольник АВС и описанной около треугольника
АВС, если АС = 2, ВС = 4, Z.ACB = 2 arccos
О
4.	Сторона основания АВС правильной треугольной пирамиды
ABCD равна 3, двугранный угол между боковой гранью и плос-
а/З
костью основания пирамиды равен arccos Точки Ai и Ci —
середины рёбер AD и CD соответственно, АВ\ — высота в тре-
угольнике ABD. Найти:
1)	угол между прямыми АС и AiBi;
2)	площадь треугольника AiBiCi,
3)	расстояние от точки А до плоскости AiBiCi,
4)	радиус вписанного в пирамиду AiB^CiD шара.
5.	Найти значения параметра а, при которых множество решений
(х,у) системы неравенств
Г (ж - а)2 4- X 4- У2 < 3,
[ж — а4-у2^0
32
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
содержит отрезок с концами в точках (1,0) и (1,1).
6.	Решить систему уравнений
^У,^£_У£_1,91г1Зт
49-4	9	+ Z	14	’
49 + 9	4	+ Z	21	’
yz . xz	ху	,	.	7z
9 +Т	®	=1+21“Т	
БИЛЕТ 11
1. Решить неравенство
х2 - 2х + || + |2ж + 2| - 5
---= ....-J= -...	< 0.
J2x3 + | х2 + 2х + |
2. Решить уравнение
sin4 5 х — cos5 х sin5 x + cos5 x
\/2sin hr — \/2sin hr +
7	3
------cos2a;.
8	2
3. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AE и CD. Най-
ти длины отрезков АВ, СЕ, DE и расстояние между центрами
окружностей, вписанной в треугольник АВС и описанной около
треугольника АВС, если АС — 2, ВС ~ ^,CD = \/б.
4. Сторона основания АВС правильной треугольной пирамиды
ABCD равна 6, угол между боковым ребром и плоскостью осно-
вания пирамиды равен arccos Точки В\ и Ci — середины
рёбер BD и CD соответственно, CAi — высота в треугольнике
ACD. Найти:
1) угол между прямыми ВС и AiCi;
2) площадь треугольника AiBiCi;
3) расстояние от точки С до плоскости AiBiCi;
4) радиус вписанного в пирамиду AiB^CiD шара.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
33
5. Найти значения параметра а, при которых множество решений
(х,у) системы неравенств
х2 + х + (у — а)2 < 6,
х — а + у2 О
содержит отрезок с концами в точках (1,0) и (1,1).
6. Решить систему уравнений
' ХУ 25	+	XZ 49 “	yz 4	= l + 21n|^
ху 25	+	yz _ 4	XZ 49	= 1 + 2*nIo
yz 4	+	XZ 49 “	xy 25	=l+2tan
БИЛЕТ 12
1. Решить неравенство
2. Решить уравнение
cos3 х + sin3 х
x/Ssin (х +
• ч ч
sm х — cos х
1 — 2 cos4 2х
sin 2х
3. В треугольнике АВС проведены биссектрисы АЕ и CD. Найти
длины отрезков BD, АЕ, радиус окружности, описанной около
треугольника CDE, и расстояние между центрами окружностей,
вписанной в треугольник АВС и описанной около треугольника
АВС, если АС = 2, ВС = 4, CD = у/б.
4. Сторона основания АВС правильной треугольной пирамиды
ABCD равна 4, угол между боковыми рёбрами пирамиды равен
у
arccos ~. Точки Ах и Ст — середины рёбер AD и CD соответ-
ственно, СВ\ — высота в треугольнике BCD. Найти:
1) угол между прямыми АС и BiCi,
2) площадь треугольника AjBiCi;
34
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
3) расстояние от точки А до плоскости A]B]Ci;
4) радиус вписанного в пирамиду AiB^CiD шара.
5. Найти значения параметра а, при которых множество решений
(ж,у) системы неравенств
Г х2 + (у - а)2 + у < 3,
[ у — а + ж2 О
содержит отрезок с концами в точках (0,1) и (1,1).
6. Решить систему уравнений
+8-®=1+21"В-
УА ।	_ BL - 1 _i_ ?in 3z
49 ' 25	9	+	35 ’
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
35
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1	/ 2Fs
1. V = \	.
у Mcosa
Решение. Во время движе-
ния колеса по поверхности кли-
на клин остается неподвиж-
ным. Поэтому проекция на го-
ризонтальную ось всех действу-
ющих на клин сил равна нулю
(см. рис. 1):	Рис. 1
F + FTp cos а — N sin а = 0.
Здесь FTp — сила трения покоя между колесом и поверхно-
стью клина, N = Мgeos а — сила нормального давления коле-
са на клин, равная силе реакции опоры. Сила трения покоя —
величина неизвестная, но её можно найти из предыдущего урав-
нения:
F
FyP = Mgsin а-------.
cos а
Теперь запишем уравнение движения центра масс колеса
вдоль наклонной плоскости клина:
Ma — Mgsvt\a — Т^р,
откуда найдём ускорение колеса:
FTp F
а = Р-sin а---- = —-------.
М	М cos а
При равноускоренном движении с нулевой начальной скоро-
стью связь между пройденным путем s и скоростью v, достигну-
той в конце пути, имеет вид
v = \/2as,
или
/ 2F s
v = \ —------,
V М cos а
р 21_______________о
Т2 ' т , paRT2 ~ Z-
+ рР
36
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
Решение. В исходном состоянии имеется ненасыщенный во-
дяной пар, который будем рассматривать как идеальный газ. За-
пишем уравнение состояния данного газа:
РУг = —ЯТг,
М
где Р — давление, Vi — объём, mi — масса, Ti — температура
пара. В конечном состоянии мы имеем равновесное двухфазное
состояние — вода и насыщенный водяной пар — при том же дав-
лении и температуре Т2 = 373 К.
Насыщенный водяной пар также будем считать идеальным га-
зом и запишем его уравнение состояния:
PV2 = — RT2,
Р
где V2 — объём и т2 — масса пара в новом состоянии.
Масса образовавшейся воды равна
т = paV2.
Закон сохранения количества вещества (Н2О) в цилиндре под
поршнем позволяет записать
mi = m2 + m,
или	pPVi RI\	pPV2	Vi = КЬ +pak
Отсюда получаем		
	21 _	к	= 2
	Т2	1 + paRT2

3./=1|;ГВ = О.
Рис. 2
Решение. Предположим, что диод открыт и через него течёт
некоторый ток I. Напряжение на диоде
в данном случае равно нулю. Соответ-
ствующая схема будет иметь вид, изоб-
ражённый на рис. 2. Из закона сохране-
ния заряда следует, что
I = h + h-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
37
Запишем закон Ома для левого контура:
2<Г - g = Д  2R
и для правого контура
3<? - ё = 12 • 3R.
Выразим отсюда токи Ii и 12:
X~2R''	2~3R'
Подставляя их в первое уравнение, найдём ток через диод:
г г г 73
Поскольку мы получили, что I > 0, наше предположение вер-
7 S
но — через диод течёт ток I = g д, а напряжение на диоде Uu
равно нулю.
r _ B0SN	С (Li + L2)U§
m Li + L2 у (BSN'f
Решение. Рассмотрим произвольный мо-
мент времени t в процессе убывания магнитного То
поля. Обозначим суммарный магнитный поток
через обе катушки через Ф(£). Закон Ома для
колебательного контура будет иметь вид	Рис. 3
Лф
Поскольку время убывания магнитного поля мало, можно счи-
тать, что
ДФ(г) = 0.
А это означает сохранение магнитного потока за время т вы-
ключения магнитного поля:
Ф(т) = ф(0).
Пусть сразу после выключения поля в контуре течёт ток Iq.
Тогда последнее соотношение можно записать в виде
(L1+L2)I0 = B0SN.
Итак, мы имеем такие начальные условия в контуре сразу по-
38
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
еле выключения поля: ток в контуре равен
, B0SN
° Li + L2 ’
а напряжение на конденсаторе равно Uq (см. рис. 3). Направле-
ние тока 10 зависит от направления индукции магнитного поля.
В те моменты, когда ток в контуре достигает максимального зна-
чения 1т, напряжение на конденсаторе равно нулю. Пусть это
будет вторым состоянием контура. Тогда по закону сохранения
энергии можно записать
(Ь1 + Ш	CU% = (L1+L2)l£
2	2	2
Отсюда находим
г - г А . CU°	B°SN А , С(Ь1+ЬМ
т °у +T2(Li + L2)	+	+ (BSN)2 ’
Решение. Ход лазерного луча в отсутствие стеклянной пла-
стинки и при её наличии изображён на рис. 4.
При построении используется свойство параллельных лучей:
при падении на рассеивающую линзу на выходе из нее лучи рас-
ходятся, а их продолжения (в обратную сторону) собираются в
точке, принадлежащей фокальной плоскости линзы. В нашем
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 2
39
случае это точка В. Она находится с помощью построения пря-
мой ВО, параллельной падающему лучу лазера и проходящей че-
рез оптический центр линзы. При падении луча на плоскопарал-
лельную пластинку под малым углом а выходящий из пластинки
луч распространяется параллельно падающему лучу со смеще-
нием
I = ad ( 1--I ,
\ п/
где п — искомый показатель преломления пластинки. На рисун-
ке светящаяся точка А на экране соответствует лазерному лучу
без пластинки, а точка А' принадлежит этому лучу при наличии
пластинки. Расстояние между точками А и А' равно а, а рассто-
яние между точками С и С" составляет
СС' =	= I.
cos а
Из подобия треугольников АВА' и СВС' следует
a =L+|F|
СС'	|F| ’
или
a	L+|F|
И ’
\ ГС/
Отсюда получаем
П = ! = 1Д
ad(L + \F[)
БИЛЕТ 2
О
1 с — га cos 7
1.Л- 2F .
2.	(3 (1 +	= 6. Здесь Ро я 105 Па.
3.	UD = - р, ID = 0.
Л тт _ т I -61-бг
4.	Um - C^L1+L2y
40
5.
1.
2.
3.
4.
5.
1.
2.
3.
4.
5.
1.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
= 1,56.
БИЛЕТ 3
С = (rag- AF)t2
2m sin /3
f3 fl +	= 6. Здесь T = 373 K.
\ ft* /
UD = 0.ID=^.
БИЛЕТ 4
, _ 2t>omsiny>
~ 3(mg- Q\
pt = 3- Здесь F2 rs 105 Па.
x i i । potHJ.
1 + w
UD = ~l#,ID = 0.
о
Q —_______L1L2
(Li + L2)
n =-------------v = 1,64.
1 _ _2_ I L _ J )
ad \F
БИЛЕТ 5
_	АК
Mmin — ёа kmgcosa'
Решение. Будем рассматривать колебательное движение
шайбы вдоль оси х параллельной наклонной плоскости около
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
41
положения равновесия х = 0. Уравнение движения шайбы для
произвольного момента времени, изображённого на рис. 5, имеет
вид
тпх = Fyp + rngbiiia,
где Ftp — сила трения покоя меж-
ду шайбой и бруском. Поскольку
шайба вместе с бруском совершает
гармоническое колебание с ампли-
„ ,	„ ПГ
тудои А и частотой w = л/ т—, то
(1)
x(t) = Л cos wt. (2)
Подставляя (2) в (1), получим
Ftp = — (rngTsina; + тАш2 cos wt).
Отсюда видно, что максимальная величина силы Нтр будет в те
моменты, когда cos(wi) = 1:
FTp max = — (mg-sina; + тАш2).
Совместные колебания шайбы и бруска будут возможны, если
максимальная сила трения покоя будет меньше или равна силе
трения скольжения между шайбой и бруском:
m^sin а + тАш2 pmgcos а.
Отсюда минимальный коэффициент трения
Аш2	АК
Mmin = tg а н-----= tg а + --------.
g-cos а	Tm^cos а
2. АН = -	= -2,5 мм.
PgS
Решение. Условие равновесия куска льда:
pnVg+T = pVAg,	(1)
где рл — плотность льда, V — объём льда, р — плотность воды,
Va — объём льда, погружённого в воду. Объём воды, образовав-
шейся из растаявшего куска льда:
VB = ^-.
Р
42
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Изменение уровня воды в сосуде после того, как лёд растает:
S
После подстановки Уд из (1) и Ув из (2), получим, что
Т
&.Н =------- = —2,5 мм.
PgS
Уровень воды понизится.
3,Л = ^2.
1 -г)
Решение. КПД цикла (по определению) равен
А
, = (1)
где А — работа, совершаемая за цикл, a — тепло, подведён-
ное к рабочему телу. С другой стороны, полезная работа
А = Q31 — Q23-	(2)
Здесь Q23 — тепло, отведённое на участке 2—3 (Q23 > 0).
На изотермическом участке 2—3 отведённое тепло Q23 числен-
но равно работе, совершаемой при сжатии 2—3, т.е.
Q2.3 = At.	(3)
После подстановки (3) в (2) получим, что Q31 = А + Ат- Под-
ставляя это выражение в (1), найдём, что А =	
Рис. 6
4- о= лттт 2)^" = Я (к + Й ~ М
Решение. Рассмотрим произвольный момент времени, когда
ключ /<1 замкнут, а ключ К% разомкнут. Пусть в этот момент в
цепи текут токи, изображённые на
рис. 6. Запишем закон Ома для конту-
ра, содержащего L и R:
= IrR.
dt
Перепишем это уравнение в виде
7Г R r , R ,
аД, = -ylRdt = —dq,
где q — заряд, протекший через рези-
стор R. Возьмем конечные приращения
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет5
43
тока Д и заряда q за время от замыкания ключа Ki до замыкания
ключа К2:
R
Ili = ^Qo-
Здесь Il2 — ток через катушку к моменту замыкания ключа К2.
Аналогично обозначим ток через резистор Ir2, ток через батарею
— 12. По правилам Кирхгофа можно записать:
1)	h =	+ Ir2,
2)	<?i = I2ri + Ir2R-
Из этой системы уравнений найдём напряжение на катушке, ко-
торое равно напряжению на резисторе R:
UL2 = Ir2-R= би -	.
R +	\ L J
Установившиеся значения токов после замыкания ключа К2
будем обозначать с индексом 3: Ils, Irs- В момент замы-
R
кания ключа К2 ток через катушку IL2 = д qo, а 1ц2 =
= г (^1 —	В установившемся режиме после замы-
кания ключа К2
S\ S2
Ils =----1---; Irs = 0.
T1	r2
Используя уравнение (1), запишем приращения тока II и заряда
q с момента замыкания	ключа К2 до установившегося состояния:
S\	S2	R	R
	1	7<?0--------— у<7доп-
Г1---------------------r2	L	L
Отсюда дополнительный заряд, протекший через резистор R
L (Sx	S2	R \
<7доп — у I I у<7о I 
R \Г1	r2	L )
= 0,22 мкм.
Пусть длина волны света, падающего на катод, рав-
В а - hc
А “ А + eU3
Решение.
на А. Тогда энергия такого фотона
/г -
ф~ А ’
где h — постоянная Планка, с — скорость света. Уравнение
44
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 8
Эйнштейна для фотоэффекта позволяет записать:
X = A + Et,	(1)
где Ек — кинетическая энергия фотоэлектрона. Условие прекра-
щения фототока:
Ек = eU3.	(2)
Из (1) и (2) находим длину волны света
he
А =------— = 0,22 мкм.
А + eU3
1. А =	(6/т cos а — sin а).
БИЛЕТ 6
5. А =-----
А + д^-
4тг5ог
= 0,25 мкм.
2.Т = 1,8 Н.
3- % = 1 7/1
1 - Г)!
4А)1с=- + ~
’ П Г2
R
Г1
= RC
<О1
Г1 Г2
+ л + л-
Г1 Г2
БИЛЕТ 7
1.	k =	(/л cos а — sin а).	5. V3 = |	— А^ = 3,8 В.
2.	Т = 4Н.
3.	АТ=^А.
Г)
4. l)g0 = —-о - '2)Q* = j
’4	Игг	’ R\ Rn Г2 J
БИЛЕТ 8
1. A =	(8^ cos a — sin a).
2. Д/i = 1 cm.
q 2?7
<*. Tlx = , ,	.
w 1 + Г)
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
45
4. 1)1С = --
’	Г!
2) qc = RC
<02 _ <fi ~ Ipl'l
г 2	И + R
Г1 Г2
R
Г2
R + R'
П + Г2
5. Q =	(^-А}= 9,66 • 10“13 Кл.
е \ A J
БИЛЕТ 9
1. 1) vA = y/(v - и)2 - 3Rg 2)N = m
(v ~ Ц)2 _ Z
R 2® ’
Решение. 1) Систему отсчёта, связанную с бруском, можно
считать инерциальной. Начальная скорость монеты относитель-
но бруска равна (у — и). По закону сохранения энергии
т(у - и)2 mvA2	.
—Ц-------= —— + mgR{\. + cost),
Отсюда скорость монеты в точке А
vA = у/(у- и)2 - 2gR(l + cost) = V(v~ UY ~ 3Rg-
2) Для нахождения силы давления N
запишем для монеты в точке А уравне-
ние второго закона Ньютона в проекци-
ях на радиальное направление:
о
тл/ид
R
Отсюда
= N + mgcos-y.
По третьему закону Ньютона монета давит на брусок с такой же
силой JV, но в обратном направлении.
2. 1) (3 -	- 1 + a Cv + R 2;
2) Q = vaRTi = | vRTi ~ 6,2 кДж.
Решение. 1) Пусть и Я2 — расстояния от поршня до дна
сосуда соответственно в начале и в конце опыта, — конечная
46
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
3
температура газа, S — площадь поршня, Су = % R, и = 1 моль.
По закону сохранения энергии
z/CyTi + mgHi + amgHi = vCvT2 + (m + am)gH2.
Уравнения состояния газа:
=	^+^h2s^,rt2.
Ij	Ij
Из записанных уравнений находим, что температура увеличит-
ся в
Т2 Су + R + aR , aR п
I\= Cy + R =1 + Су+ R= раЗЭ’
2) Если Q — количество теплоты, отведённое от газа в изоба-
рическом процессе, то газ получил количество теплоты — Q, при-
чём
-Q = vCp(T1-T2).
Здесь молярная теплоёмкость при постоянном давлении Ср =
= Су + R. С учётом выражения для Т2
5
Q = vaRT\ = -RT\ & 6,2 кДж.
£
3.Q2 = ^Q.
Решение. Обозначим через q заряд, полученный шариком по-
сле контакта с первой сферой. На первой сфере останется заряд
Q — q. После каждого контакта отношение заряда сферы к заряду
шарика одно и то же:
Q - д _ 02_
q ~ Q/9 ’
По закону сохранения заряда Q2 + у = Q. Из полученных урав-
2
нений находим заряд второй сферы: Q2 = g Q.
4 г = ЗФоса
’ эф V2(9r + 2R) ’
Решение. ЭДС индукции в кольце
6 =----— — ToWSinwt.
at
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10 47
1	2
Сопротивления участков ВС и BDC кольца равны %R % R.
Пусть мгновенные токи идут, как показано на рис. 8.
По второму правилу Кирхгофа для контура из кольца и конту-
ра из участка ВС кольца и амперметра
2	7?	R
S = IitzR +	, 0 = hr - R— .
О	О	о
По первому правилу Кирхгофа I2 + h = h-
Из записанных уравнений находим
3<С ЗФоШ
1з =--------— =-------— smwi.
9r + 2R 9г + 2R
Амперметр покажет эффективное значе-
ние тока в >/2 раз меньшее амплитудного:
_ ___ЗФош__
эф ~ x/2(9r + 2R) ’
5-F2 = iBZT = 3cM-
Решение. Можно считать, что оптическая система в
случаях состоит из приставленной линзы и плоско-вогнутой «во-
дяной» линзы. Оптическая сила «водяной» линзы равна
обоих
Оптическая сила системы равна сумме оптических сил. Поэтому
1	1	/	/ 1 \	1	1 г -м ( 1А
А “ F + Ч ’ 2Д ~ F2 + к Я/
Отсюда фокусное расстояние второй линзы
2n.Fi
F2 = ------- = 3 см.
2п — 1
БИЛЕТ 10
\Л)гх = ^/(г + иУ-2ёН-
2. 1)	2) А = | vRI\ 1,5 кДж, где v = 1 моль.
Vl 1U	о 3
3. AQ = Q1 + ^- Q2 + Q, протечёт вверх.
48_________ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12
4.Уэф = ^л/2Фоал
5. L2 = F - 2{F ~	= 2LJ ~ Fn = 2 см.
z	2 - п 2 - п
БИЛЕТ 11
1.	1) Vi = ^(v + u)2-WgR. 2) N = т (^V+RU^2 - 4g).
2.	1) ^ = I; 2) Q = v & 1,25 кДж, здесь v = 1 моль.
7 11 о 7	2
3.	q = 0,04Q.
д г _ 6Фои
‘ ЭФ v/2(9r + 2R)'
к 3
5-^=2-
БИЛЕТ 12
l.l)	vi = V(v-u)2-2gff; 2)Л^= ф
2.	1) ^ = |; 2) А = i/RTi 750 Дж, здесь v = 1 моль.
V J	о	1U
3.	qx = — — (q + Qi + ~ Qzj 
4.	Кэф = ^Фо^.
5.	F2 = <?F1 = 8 см.
2 — n
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
49
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
2
2	’	2 у’ 2	2 /
Решение. Пусть и = у/х - у, v = ху. Тогда система примет
вид
[1 + 1 = 14 + 4,
V V и
и о
— = 2 — v.
V
где и > 0 (х > у), v / 0 (ху ф 0).
Первое уравнение этой системы можно записать в виде и1 2у2 -
— и4 * * * * *- = v3 - vu2 или (у2 - и2)(и2 — и) = 0, откуда следует, что
либо |v| = |iz|, либо v = и2. Если v = и или v = и2, то из второго
уравнения системы находим и2 + и — 2 = 0, откуда и = 1 (и > 0),
v = 1.
Если v = -и, то и2 + и + 2 = 0. Это уравнение не имеет
действительных решений.
Итак, и = 1, v = 1, т.е. у/х — у = 1, ху = 1, откуда у2 + у -
.	„	-1±>/5	1	1±>/5
— 1	=	0,	у =	 5---,	X =	-	—	--.
’	у	2	’	у 2
1
3 - 1
2
1 + V3 1 + V3
Х <	2	’	2
а/З- 1	^-1
2 <Х 72’
Решение. Преобразуем правую часть неравенства, учитывая,
что у)(х] = х2 —	- х3 = (х2 + (1 — ж). Тогда
log(x-1)2	= 5 1оё|1-х| (z2 + 5) + 5 iogp-xl(1 - *)
Область D определения неравенства удовлетворяет условиям
х < 1, х ф 0,	(1)
log(i-x) (z2 +	0,	(2)
\ " /
а при выполнении этих условий исходное неравенство равно-
50
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
сильно неравенству
vt<Kl+i),
где t = log(1_x) 6r2 + |)-
(3)
Неравенство (3) равносильно неравенству (\/i — I)2 > 0, от-
куда следует, что t 1, т.е.
(х2 + ф 1.	(4)
Таким образом, исходное неравенство равносильно системе
(1), (2), (4). Так как 1 - х — основание логарифма в (2) и (4),
то нужно рассмотреть два случая: 0 < х < 1 их < 0.
Если ж е (0,1), то 0 < 1-х < 1 и неравенство (2) равносильно
неравенству 0 < ж2 + | < 1, откуда |ж| <
1
—и, с учетом условия
0 < х <
1, получаем 0 <
Если х < 0, то 1 — ж > 1 и тогда х2 + > 1, откуда |ж| > -4=
V 2
и, с учётом условия х < 0, получаем х < — Таким обра-
зом, множество D — объединение промежутков 0 < х и
1
X -----•
Остается найти корни уравнения
log(i—х) Т 2^
равносильного при выполнении условия (1) каждому из уравне-
ний
х2 + | = 1 - х,
откуда
1 + х/З
т —
Так как Xi < —	0 < х-2 <
2х2 + 2х — 1 = 0,
х/3-1
1
то искомое множество реше-
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
51
ний неравенства — множество D с выколотыми в нем точками Xi
и Х-2.
3.	х = arcsin f + 2тгтг, n Е Z.
о
Решение. Пусть /(гс) = 3 sin х + 4 cos х, д(х) = 20 + 12 sin х +
/3	4	\
+ 5 cos 2л. Тогда f(x) = 5 I $ sinz + ^ cosxj = 5(sinz • sin</? +
+ cos x  cos ip) = 5 cos(x — p) и f(x) принимает наибольшее зна-
чение, равное 5, тогда и только тогда, когда х — <р = 2тгп, т.е.
3	3
х = <р + 2тгп, п 6 Z, где р = arcsin так как sin р = =, cos р =
О	о
= Преобразуем д(х), выделив полный квадрат:
д(х) = 5(1 — 2 sin2 х) + 12 sin х + 20 =
/ 2	6 .	9 \	18	143	/ .	3\2
= —10 sin х — - sinz -|—- +25+ — = —--------10 sinz — - I .
\	5	25/	55	\	5/
Отсюда следует, что функция д(х) принимает наибольшее значе-
143	3 п
ние, равное тогда и только тогда, когда sin л = Поэтому
левая и правая части уравнения совпадают в том и только в том
3
случае, когда х = arcsin + 2тт, n £ Z.
О
Рис. 1
52________МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1___________
4.	АК А. ВС, S = 25, R = ^29.
Решение. Рассмотрим гомотетию с центром в точке А и коэф-
В с
фициентом к =	. Тогда треугольник АВС перейдёт в тре-
угольник АВ\С\, окружность Q перейдёт в окружность сщ, опи-
санную около треугольника АВ\С\ и касающуюся Q в точке А
(см. рис. 1). Окружность W2, симметричная ид относительно пря-
мой В\С\, проходит через точки By и С\ и касается Q в точке Ах,
симметричной А относительно B]Ci_. Следовательно, явля-
ется окружностью ш, а точки Ах и К совпадают. При этом, по
построению Ai, отрезки АК и В\С\ перпендикулярны, а точка
их пересечения М делит АК пополам.
Пусть D — точка пересечения АК и ВС, тогда DM = 2,
, АК „ лг. к ВС AD 5
АМ	= —	= 3’ AD	= 5’ В^	= AM	= 3’	0ТКУда ВС =
= 10.
Площадь S треугольника АВС равна i ВС  AD, т.е. S =
= 1 • 10 • 5 = 25.
Радиус R окружности Q найдём из треугольника ОВЕ, где
О — центр этой окружности, Е — середина ВС. Тогда R =
= VOE2 + BE2 = л/4+~25 = ^29.
_5	_ 1
5.	а = 4  5 4, х = 5 4.
Решение. Данное уравнение имеет единственное решение то-
,вда и только тогда, когда графики функций у = |х|5 и у = х — а
имеют единственную общую точку (хо,уо), т.е. в случае, когда
прямая у = х - а касается графика функции у = Xs = /(ж). То-
гда f'(xo) = 1, т.е. 5zq = 1, где хо > 0, откуда хо = 5“4. Так как
/(xq) = Xq = 5“ 4 = £0 — а = 5“ 4 — а, то а = 5“ 4 — 5“ 4 = 4-5“ 4.
г. ТЛ iovTi	п . /п ту /тц
о. V =—5—, а = 2arcsm < ~=, R = уЮ.
У	у ZI
Решение, а) Продолжим OD до пересечения с окружностью
основания конуса в точке Е (см. рис. 2). Так как OB = OD = 3,
О А = ОЕ, а ААОЕ = то АЕ = О А = АС = ОЕ = 5.
О
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
53
Пусть Z.AEC = a, Z.CAE = (3, тогда sin а = где г = 3 —
5
радиус основания цилиндра, т.е. sin a = g, (3 = -тг — 2а, sin/? =
. о	о	5 Д 25	5VT1
= sin 2а =	2	•	ё а /1 — дд	=	ю ' •
6 у 36	18
Заметим, что /? — угол между скрещивающимися рёбрами АС
и BD (АЕ || BD), а объём пирамиды ABCD равен
V = ^AC-BD -psin/?,
где р — расстояние между АС и BD.
Так как прямая BD параллельна плоскости основания кону-
са, в которой лежат прямые АС и АЕ, то р равно расстоянию от
2
любой точки BD до плоскости основания конуса, т.е. равно , h,
где h = 4 — высота конуса.
г	ТЛ	1 Г О 8	5л/ТТ	Юа/п
Следовательно, V =	5  5 • 3 • =	•	-Л	= —5—•
о	о	Io	У
б) Для нахождения двугранного угла <р при ребре АВ опустим
из точек С и Е перпендикуляры на АВ. Они пересекутся в точке
Р е АВ, так как ЛАОС = ЛАОС и эти треугольники являются
равносторонними, а Р — середина АО.
54 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 2
Тогда АСРЕ = р, sin £ = где СР = АС •
Г1^ «  „ « 5/п	5/п
СЕ = 2r sinp = 6 -----=--------,
18	3 ’
откуда находим
. 9?	5/П /п	Гп
sm тг =-----1= — \ Ч> = 2arcsin \
2	3 • 5/3 V 27’	V 27
в) Центр Q сферы, описанной около пирамиды ABCD, лежит
на линии пересечения двух плоскостей, которые проходят через
середины рёбер BD и АС и перпендикулярны этим рёбрам. Сле-
довательно, точка Q принадлежит прямой ОМ, где М — центр
основания конуса, а искомый радиус R описанной сферы равен
AQ.
Пусть Т — середина АВ, тогда TQ ± АВ,	где
С/Тт.
О А = 5, ОМ = 4, ОТ = ОА —	= 4, откуда OQ = 0Т^А =
6	(J 1V1
= 5 QM = \ОМ - OQ\ = 1, R = AQ = у/AM2 + QM2 =
= /9 + 1 = >/10.
БИЛЕТ 2
3. х = arcsin + 2тгп, п 6 Z.
1 о
4. АК EBC,S = 27, R =
с т/ 7/7 о •	/45 D 2/10
О. V = -yg-, (р = 2 arcsin 4 R = v .
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
55
БИЛЕТ 3
1. (-1, - 1),
1	1 1^.1 1 „ „ 1 , 1
2	ч/б 2 Уб	2’	.3	2 1 Уб’
1	, 1 .1
2	+ ч/б Х 2'
3.	х — arcsin 11 + 2тгп, п G Z.
4.	АК 1BC,S= 16, R = ч/17.
t- 12 /34
э.	а = —-1-1 , х = -2Г .
э \э/	\э/
о т/ _ 256ч/2	_ о	.	/13 D _ ч/130
6. V 243 , р 2 arcsin у 45, R 3 .
БИЛЕТ 4
1.(1,1), (-1 ,-2).
о 5	5	. ч/З ч/З „	^33
X <	0, Q Ж	П» о <	п ч п
3.
24
х = arcsin ктг + 2тгп, п G Z.
2э
4.	АК LBC, S = 16, R =
2	1
= --7=, X = ~г=.
Зч/З	ч/З
БИЛЕТ 5
1. (-1,-3), 1,-3.
Решение. Запишем систему в виде
( ж2(9ж2 + 4у) = —3,
( у2(9ж2 + 4у) = —27.
(П
56 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Учитывая, что левые части уравнений (1) не обращаются в нуль,
разделим второе уравнение этой системы на первое. Получим
уравнение
у* 1 2 = 9ж2,
являющееся следствием системы (1) и равносильное совокупно-
сти двух уравнений у = Зж и у = —Зж.
а)	Если у = Зж, то из первого уравнения системы (1) получаем
9ж4 + 12ж3 + 3 = 0, (ж + 1)(Зж3 + ж2 - ж + 1) = 0,
(ж + 1)2(3ж2 + 2ж+ 1) = 0.
Так как уравнение Зж2 + 2ж + 1 = 0 не имеет действительных
корней, то ж = —1 и тогда у = —3.
б)	Если у — —Зж, то Зж4 — 4ж3 + 1 = 0, (ж — 1)2(3ж2 + 2ж +
+ 1) = 0, откуда ж = 1, у = —3.
2. ж = ± arccos | + тгп, п G Z.
Решение.
cos ж — cos 2ж
2 cos ж cos 2ж
1
Преобразуем левую часть уравнения к виду
cos 2ж — cos Зж
2 cos 2ж  cos Зж
1 1 1
2 cos 2ж 2 cos ж 2 cos Зж 2 cos 2ж
cos ж — cos Зж
2 cos ж • cos Зж
sin ж • sin 2ж
cos ж • cos Зж
Если выполняется условие
cos ж  cos 2ж  созЗж / 0,	(2)
то исходное уравнение равносильно каждому из уравнений
sin ж sin 2ж 1 t „
----------= ---------, 4 sin ж sin 2ж = cos ж,
cos ж cos Зж 4 cos Зж
о	1	3
4 sin ж = 1, 1 — cos 2ж = - , cos 2ж = - ,
4	4
1	3
откуда ж = ± arccos + тгп, п G Z. Эти значения ж удовлетво-
ряют условию (2) и являются корнями исходного уравнения.
О 1	/ 1 1 /	„ 19 + 4/15
3-16<S^4’ 1 ж < ---16--‘
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5	57
Решение. Обозначим t = у/х, тогда t 0 и исходное неравен-
ство примет вид
‘-5
t2_ 23
Ъ 32
1
‘-Г
t 0.
(3)
Область определения неравенства (3) — множество Е решений
системы неравенств
(4)
откуда Е =
Гп 1\ । . (1 11 . . ( /23 ,	\
[°’ 4 J U Q4 ’ 2J U 32 ,+oOJ ‘
На множестве Ei = |о, неравенство (3) не имеет решений,
так как при t G Е± левая часть (4) неотрицательна, а правая —
отрицательна.
равносильно неравенству
/1 11 . . ( /23 , А
(,4 ’ 2_| U 32 ’+o°J
, тогда неравенство
(4)
Пусть t G £?2 =
2
23	/	1\2 '
32	" 4)
(5)
а) Если t G Q , |], т° | t, || > t2 и неравенство (5)
равносильно каждому из неравенств
(1 - 2t)(4t - I)2 < 23 - 32£2, 16£3 - 32t2 + 5t + 11 0,
(t- l)(16t2 - 16t- 11) 0,
l)(t — t2) 0,	(6)
где ti, t2 — корни уравнения 16t2 — 16t — 11 = 0, H
= 2+4 5, H < 0, t2 > 1.
58
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Из (3) следует, что решениями неравенства (3) являются все
(1 11
значения t G I -
[23
б) Если и 32> то неравенство (4) примет вид
(t-ti)(t-l)(t-t2) <0,	(7)
так как 23 — 32£2 < 0. Поэтому из (7) получаем 1 < t < t2-
тл 1 „ 4.	1	1 „	„ 2 + V15
Итак, 4 <	2’ т'е'	---if—> т-е-
1 х <
19 + 4-/15
16
9Д
4. АВ = 6, AD =
Рис. 3
Решение. Пусть О\ и О2
— центры окружностей, опи-
санных около треугольников
АВС и ABD соответственно
(см. рис. 3), Е — середина
АВ. Точки 01 и О2 лежат на
перпендикуляре к АВ, прохо-
дящем через точку Е. Пусть
АВ = 2х, ВС = 2у, ААСВ =
= ACAD = a, AADB =
= ADBC = (3, О — точка
пересечения АС и BD. Тогда
AOi = 5, ВО2 = \/13, АЕ =
= BE = х, OtE = У25 - ж2, О2Е = 713 -ж2, OiO2 = О1В -
— О2Е = д/25 — х2 — д/13 — х2 = 2, откуда 25 — х2 = 4 + 13 —
— х2 + 4V13 — х2, \/13 — ж2 = 2, х = 3, АВ = 6.
Так как -4^- = 10, -4Д = 2-/13, то sin а = f, cos а =
sina sinp	’	5’	5’
3	2
sin(3 = -д^, c.os/3 = -д^. Из треугольника ВОС по теореме
ВО СО
синусов находим -— =	а\
J	sm a sin р sm(a + р;
= sin a • cos (3 + cos a  sin (3 =
—---, где sin(a + /3) =
Л».. Тогда BO =^y.CO =
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
59
5
= о У- По свойству сторон и диагоналей параллелограмма
О
4(ВО2 + СО2) = 8(ж2 + у2) или (у2 = 2(9 + у2),
у У У J
2	81	9	о 18 п [2
откудау = -у=-^,ВС = 2у=-^ = 9^.
Лл/5 — 1 . 3 + х/бА
‘	2	’	2 J'
Решение. Исходное равенство имеет смысл, если выполнены
условия
у > 0, у — ж > 0, Ху/у — 1 О,
Г=-	/------	(8)
2^7' > yjxy/у- 1, ж + у —2-^/у^О.
Пусть
2'&=* = a, ^xjy-l = b, sVx+y~2Vy = с, (9)
Тогда исходное равенство можно записать в виде
а — b = ас.	(10)
где
а>1, 6^0, с^1	(11)
при выполнении условий (8).
Из равенства (10)и условий (11)следует, что
а~^а — Ь = ас~^а.
и поэтому
а = а — b = ас.	(12)
Так как b 0, с 1 (условие (11)), то равенство (12) является
верным тогда и только тогда, когда b = 0, с = 1. Из равенств (9)
получаем систему уравнений
х^/у — 1 = 0, х + у — 2у/у = 0,
откуда находим х +	= -, ж3 — 2х + 1 = 0, (ж — 1)(ж2 + ж —
X х
- 1) = 0.
Если ж = 1, то у = 1 и условие у — ж > не выполняется.
Если ж2 + ж — 1 = 0, то ж = так как ж > 0 (ж^/у = 1).
60
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
2
14	Z	о —1~ W О т т -j
Тогда у = ?	= j—Найденная
пара чисел х, у удовлетворяет условиям (8) и исходному уравне-
нию.
6. R =
о	24 о •	/77
= 9, 012 =-у, <^ = 2 arcsm ч / gy.
Решение. Пусть О — центр сферы, (Д — его проекция на
плоскость ABCD, тогда О\ — центр вписанной в ABCD окруж-
ности (см. рис. 4). Прямая SO перпендикулярна плоскости, в ко-
торой лежат основания касательных, проведённых из S к сфере,
т. е. SO X ABCD. Поэтому SO] — высота пирамиды. Тогда,
обозначив через К, L, М, N точки касания сферы с АВ, ВС,
CD, DA, получаем, что SK при проекции на ABCD переходит
в OiK, и по теореме о трёх перпендикулярах SK ± АВ. Таким
образом, касательные из точки S есть высоты боковых граней.
Площадь треугольника ABS равна <т = д/9 • 2 • 3 • 4 = 6\/б,
SK = -jg = 2\/б, откуда следует, что радиус вписанной в
ABCD окружности равен г\ = \/SK'2 — h2 = 2, так как h =
= SO\ = 2\/5. Далее, треугольник SKO — прямоугольный с
высотой KOi, поэтому OK/SK = O]K/SO\, откуда R = ОК —
— Г1 • SK/h = 2-^/б/5.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 7
61
Теперь имеем АК = AN = V SA2 - SK2 — 1, ВК = BL =
= VSB2 - SK2 = 5, CL = CM = VSC2 - SL2 = 4. Заме-
тим, что tgZOiAK = 2, tgZOiCL = 1/2, поэтому ZOiCL +
+ ZOiA/T = tt/2 = (ABCD + ABAD)/2. Поэтому AOiBL +
+ AO]DM также равно -тг/2, а значит, DM — тдctg AO]DM —
— r2/BK = 4/5. Таким образом, ВС = 5 + 4 = 9, CD = 4 +
+ 4/5 = 24/5.
Наконец, заметим, что в равных прямоугольных треугольни-
ках SMD и SND высоты из вершин М и N падают в одну точку
Р. Следовательно, искомый двугранный угол при ребре SD ра-
вен ANPM. Так как SD = VSM2 + DM2 = ^/24 + 16/25 =
= д/616/25, NP = ND- SN/SD = (4/5) • (2хЛ)/у/616/25 =
= 4-/3/77, a MN/2 = DM  sin АО^М = (4/5)/д/4/25 + 1 =
= 4/х/29, то ANPM = 2 arcsin(Af N/2NP) = 2 arcsin ,/77/87.
БИЛЕТ6
1. (л/3,2), (—д/3,2).
2. х = ± I arccos = + 7гп, п 6 Z.
4»	I
О 1	. 4 , .	. 15 + 4/11
<5. „ <	«, 1 + X + -------х----
4. АВ = 10, AD = Ж
х/29
к (3 + \/5 1 — /б\
I 2 ’	2	)'
, ВС = 16, CD = р = 2 arcsin
БИЛЕТ7
1.	(х/З, - 1), (-х/3,-1).
2.	х = ± | arccos | п G Z.
Q 1	/ 9 . .	.73+ 7V^7
3-	4 < х !б’ 1 х 32
4.	АВ = 16, AD = Ж.
’	У89
62
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
е / 1 - V5 3+ V5 \
4	’	2 J'
6. R = 4у^, ВС = 18, CD = у,	= 2 arcsin
БИЛЕТ 8
1. (л/2,1), (—д/2,1).
2. х = ± arccos ^1 —	+ 2тг?г, п G Z.
51 + 5у/77
32
о 1	.9 . ,	,
О» л < X 1 л, 1 X
16	16
4.	АВ = 10, AD = 7д/2.
с ( 8	1 — л/ьЛ
5-	)
6.	Л = 4 Су, ВС = 17,
90 о
CD = -у, </? = 2 arcsin
БИЛЕТ9
Решение. Область допустимых значений неравенства опреде-
ляется из условия 4ж3 + Зж2 + 4х + 3 = 4(ж2 + 1) (х +	> 0,
3
откуда следует, что х > — .
г	3
Если ж > — у то исходное неравенство равносильно неравен-
ству
где /(ж) = |ж2 — Зж + 2| = |(ж — 1)(ж — 2)|, д{х} = 5 — |2ж + 11.
Неравенство (1) сводится к квадратному на промежутках
1 1
ж < —- ,	— - < ж < 1, 1<ж<2, ж^2.
Дадим геометрическое решение, построив графики (см. рис. 5)
{2ж + 6, ж ,
1
4 — 2ж, ж > — 2 •
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
63
Эти графики имеют две общие точки: точку А(хо,уо), где xq —
корень уравнения 2ж + 6 = ж2 — Зж + 2, т.е. уравнения
ж — 5ж + 4 = 0,	(2)
такой, что жо < 0, и точку В(2,0). Из уравнения (2) находим
5- у/41
Ж° =-----2---’
Решения неравенства (1) — точки отрезка [жо,2]. Так как жо >
> — 4 (это следует из равносильных неравенств —> ~ 4’
13 > 2у/41, 169 > 164), то решения неравенства (1), т.е. числа
из отрезка [жо,2] являются решениями исходного неравенства.
2. ж = ± + тгп, п G Z.
О
Решение. Так как д/2соз (ж +	= созж — эшж,
д/2 cos (ж —	= cos ж + sin ж, то область допустимых значений
64 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
уравнения определяется условием
(cos х — sin х)(cos х + sin х) — cos 2х 0.	(3)
Используя формулы
а5 — b5 = (а — 6)(а4 + a3b + a2b2 + ab3 + i>4),
а5 + Ь5 = (а + Ь)(а4 — а3Ь + а2Ъ2 — аЬ3 + Ь4),
преобразуем левую часть /(ж) исходного уравнения:
/(ж) = 2(cos4x + sin4 х) + 2 cos2 х sin2 х =
= 2 — 2 sin2 х cos2 х = 2 — sin2 2х = | cos2 2х.
Тогда при выполнении условия (3) исходное уравнение равно-
сильно уравнению
4 cos2 2х — 8 cos 2х + 3 = 0,
откуда cos 2х = ~, х = + ^ + тт, п € Z.
CE=l, DE=^, Р = 2\1
Решение, а) По формуле для биссек-
трисы (см. рис. 6)
_ 2АС  ВС • cos а
° “ АС + ВС
11 + cos 2а
cos а = у------
3. CD =
Рис. 6
11
где cos 2а = —,
16
Следовательно, CD = 2 2^~	=
= V6.
б)	Чтобы найти ЕС, вычислим АВ по
теореме косинусов АВ2 = 4 + 16 —
- 2  2 • 4 • U = 9, АВ = 3. Так как =
1Ь	.с/С
=	= |, то BE = | ЕС, ВС = ЕС +
+ ВЕ,4 = ЕС + | ЕС, ЕС = |.
в)	Отрезок DE найдём, используя теорему косинусов:
DE2 = DC2 + ЕС2 - 2DC  ЕС cos а =
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет9
65
г)	Пусть О и 01 — центры вписанной в ЛАВО и описанной
около него окружностей, 001 = р — искомое расстояние. То-
гда О — точка пересечения АЕ и DC, а точка 01 расположена
на перпендикуляре к стороне АС, проведённом в её середине N.
(01 находится вне треугольника АВС, т.к. ВС2 > АС2 + АВ2).
Если М е АС и ОМ ± АС, то СМ = OCcosa, ОМ =
— OOsince.
Так как ОС — биссектриса в ЛАОС, то
8 3^
5 ’ 4^  2^6
О	О ?
2 АС • ЕС cos се
см^ос^а^
ОМ = ОС sin a, sin а
4^/2
27
1

ом=27® 1
Если R = СО] — радиус
V 2	6	2л/15 '
окружности, описанной около тре-
АВ . о
п  г, , где sin2a =
2 sm 2q ’
угольника АВС, то R =
= ~ 16^’ 0ТКУда находим R -- —OiTV = 1/СО, — NC2 --
V 15	715'
Тогда
Ю! = y/MN2 + (p!N- ОМ)2 =
V15	2V15
4. 1) arccos
/	К 7
1х/39.	7V39
100 ’	104 '
66
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
Рис. 7
Решение. Пусть АВ = а = 6, BD = b, ВС\ = с, Z.ADB =
= /3 (см. рис. 7). По теореме косинусов из треугольника АВС, в
7
котором по условию cos ААС\В — получаем
25 2
77е ’
1Ь
2 - 2с2 • -
32
24
откуда с =
а
2cos/3
Тогда sin (3 —
2 cos/3
ВО
----- — 5,
cos о
котором DBx =
1)	Пусть — угол между прямыми АВ к ВдС\, тогда р> — угол
между прямыми А±В\ мВ^С^, так как А\В\ || АВ.
Из ДВСС1, в котором ВС\ ± СС\ и АВСС\ — (3, находим
тогда DC, = Ъ- ССХ = Из /\BXCXD, в
□	о
| = |, ACDB = 7г — 2Д находим В^С, =	+
cos(tt — 2(3), где cos(?r — 2Д) = — cos 2(3 = 1 —
Следовательно, BiCf = В\С\ = |.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
67
Итак, BxCi = Л1С1 =	= |, Их= 3, откуда следу-
ет, что равнобедренные треугольники ABD и	подобны и
3
поэтому р — (3 — arccos При этом A^BiCi = AAiBiP.
2)	Пусть Si — площадь треугольника AiB\C\, тогда
1
Si — -ЛХВ1 • BiCi • sin
£
3)	Пусть х — расстояние от точки В до плоскости AiBiCj,
тогда х равно расстоянию от точки D до этой плоскости, так как
ВВ1 — ВВ1. Если Е и Bi — середины АВ и AiBi соответ-
ственно, a DDi — высота в треугольнике DE^i, то DD± = х,
DE = Jb2 -	= 4, DEi =	= СХЕХ = 2 (ВВг и €\ЕХ
— высоты в равных треугольниках), DD\ = х = DC\  sin 7, где
_ /г n _ DC1 _ 7 •	_ А 49” _ ^51 _
7 ZExCiB, COS7 2(jf1E1	20’Sm^ у1 400	20
3\/39	7	.	21д/39
“ 20 ’ Х “ 5 ’ Sm 7 “ 100 '
4) Пусть V — объём пирамиды А^В^С^В, R — радиус впи-
санного в нее шара, S2 — площадь треугольника C\DB-y. Тогда
3V
Следовательно, 2(Si + S'2) =
234 R= 3 • 2i\/39	7\/39
25 ’ К ~ 4-234 - 104 ‘
Решение. Если точка М(ж,у) принадлежит отрезку с концами
(1,0) и (1,1), то х — 1, 0 у 1. Полагая в исходной системе
х — 1, получаем
68
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
Эта система равносильна следующей:
(и — 3 < а < 17 -
и имеет решения при любом у е [0,1] тогда и только тогда, когда
Г —2 а 4,
[ а С —2,
откуда следует, что а = —2.
/6 10 15\
Решение, Складывая попарно уравнения исходной системы,
получаем систему
ху

yz _

xz
xz
равносильную исходной, откуда следует, что задача сводится к
нахождению корней уравнения f(t) — t — 1 — Int — 0. Так как
/(1) = 0, a /'(t) = 1-7 < о при t € (0,1) и f'(t) > 0 при t > 1,
I/
то f(t) > /(1) — 0 при всех t > 0, t / 1. Следовательно, t = 1 —
единственный корень уравнения /(t) — 0.
Получаем систему ху = 4, yz — 25, xz -- 9. Перемножив
уравнения этой системы, получаем xyz = 30, откуда находим х =
_ 30 _	6	_ 30	_ 10	_	30	_ 15
yz	5'V xz 3 ’Z	ху 2
БИЛЕТ 10
7ГП
3 + v41
2
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12 69
14 21 6\
3 ’ 2 ’ 7/
БИЛЕТ 11
1 4-V41 .	3 1.	2 2.	х — ± д- + тгп, п G 3.	АВ = 3, СЕ = f. 5 4.	1) arccos |; 2)3; 5.	а = 2. fi /35 10 14\ \ 2 ’ 7 ’ 5 J' 1 1	х/41 ' 2	х	2 ’ о	. 7г , тт Z. X — ± 2 + 2 ’ п ( 3.	BD = 2, АЕ = 4.	1) arccos 2) 0	и 5.	а = 2. о /15 21 35\ °’ \ 7 ’5 ’ 3 )	п /г У^34	р2 DE 5 , р 2^15. оч 21л/39.	44 7г/39 100 ’	104 ’ БИЛЕТ 12 Е Z. U=i,/¥,₽=2,/|. 5 V 5 м	у 5 ох 7л/39.	7а/39 ' 50 1	' 156 ’