/
Автор: Шабунин М.И. Чешев Ю.В. Можаев В.В. Бунаков А.Э. Трушин В.Б.
Теги: физика математика подготовка к экзаменам
Год: 2003
Похожие
Текст
МФТИ
Московский физико-технический институт
(государственный университет)
SAPERE
К AU DE J
БИЛЕТЫ
ПИСЬМЕННЫХ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ
ЭКЗАМЕНОВ В МФТИ (2003 г.)
МЕТОДИЧЕСКИЕ РАЗРАБОТКИ
ПО ФИЗИКЕ И МАТЕМАТИКЕ
УДК 53 (075)
ББК22.3
Б61
Билеты письменных вступительных экзаменов в МФТИ (2003 г.):
Б61 Методические разработки по физике и математике. — М.: МФТИ,
2003. - 76 с.
Приведены задания, предлагавшиеся на вступительных экзаменах абиту-
риентам Московского физико-технического института (государственного уни-
верситета) в 2003 году. Все задачи снабжены ответами, часть — подробными
решениями, некоторые — основными указаниями к решению. На выполнение
каждой экзаменационной работы давалось 4,5 часа.
Для абитуриентов МФТИ и других технических вузов, а также для препода-
вателей школ с углубленным изучением физики и математики.
УДК 53 (075)
ББК22.3
Авторы задач
по физике: доценты Чешев Ю.В., Можаев В.В.,
Чивилёв В.И., Шеронов А.А.
по математике: проф. Шабунин М.И.,
доценты Бунаков А.Э., Трушин В.Б.,
к.ф.-м.н. Балашов М.В., к.ф.-м.н. КожевниковП.А.,
к.ф.-м.н. Константинов Р.В.
БИЛЕТЫ
ПИСЬМЕННЫХ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ
ЭКЗАМЕНОВ В МФТИ (2003 г.)
методические разработки
по физике и математике
Редактор И.А. Волкова. Корректор О.П. Котова
Компьютерная верстка А.В. Полозов
Подписано в печать 30.10.2003. Формат 60 х 84У16. Бумага офсетная. Печать
офсетная. Усл. печ. л. 4,75. Уч.-изд. л. 4,05. Тираж 2500 экз. Заказ № ф-103.
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
Московский физико-технический институт
(государственный университет)
Отдел автоматизированных издательских систем «ФИЗТЕХ-ПОЛИГРАФ»
141700, Московская обл., г. Долгопрудный, Институтский пер., 9
© Московский физико-технический институт
(государственный университет), 2003
© Коллектив авторов, 2003
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 1
3
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
1. Предположим, что между Калининградской и Московской обла-
стями прорыт прямолинейный железнодорожный тоннель дли-
ной L = 1000 км. Вагон ставят на рельсы в начале тоннеля в Мо-
сковской области и отпускают без начальной скорости. 1) Через
какое время вагон достигнет Калининградской области? 2) Най-
дите максимальную скорость вагона. Землю считать шаром ра-
диусом R = 6400 км с одинаковой плотностью по всему объему.
Вращение Земли, сопротивление воздуха и все виды трения при
движении не учитывать.
2. Тонкая пробирка частично заполнена водой и расположена вер-
тикально в камере большого объема, в которой воздух поддер-
живается при нулевой относительной влажности и постоянном
давлении, равном наружному атмосферному давлению. Вслед-
ствие диффузии в пробирке устанавливается линейное изменение
концентрации пара с высотой: вблизи поверхности воды пар ока-
зывается насыщенным, а у верхнего открытого конца пробирки
его концентрация в 2 раза меньше. Пробирку сверху закрывают
крышкой. После установления равновесия оказалось, что плот-
ность влажного воздуха внутри пробирки отличается от плотно-
сти сухого воздуха в камере вдали от пробирки на величину Др =
= 5,4 г/м3. Найти давление насыщенного пара при температу-
ре опыта, равной 27 °C. Молярная масса сухого воздуха /а, =
= 29 г/моль, пара рп = 18 г/моль. Изменением уровня жидкости
3
в пробирке во время опыта пренебречь
В электрической схеме, представлен-
ной на рисунке, ключ К разомкнут.
ЭДС батарей £i и £2. Емкости кон-
денсаторов — С\ = С-2 = С. 1) Най-
ти заряд, протекший через батарею с
ЭДС £2 после замыкания ключа К.
2) Какое количество теплоты выде-
лится в цепи после замыкания ключа К?
Рис. к задаче 3
4
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет2
4. Тонкое проволочное кольцо радиусом а расположено в од-
нородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной
плоскости кольца. По кольцу скользят в
/ (X)_одном направлении две перемычки с угло-
/ Q \ ВЫМИ скоростями Ш] И Ш-2 (Ш1 >
(см. Рнс')- Перемычки и кольцо сделаны из
\ у одного куска провода, сопротивление едн-
ницы длины которого равно р. Определить
tTf величину и направление тока через пере-
Рис к задаче 4 мычки, когда угол ср = тг/2. Между пере-
мычками в точке О и между кольцом и пе-
ремычками хороший электрический контакт.
5. На прозрачную усеченную призму, ширина верхнего основания
которой D = 0,4 см, падает узкий пучок монохроматического
света параллельно плоскости основания. Угол
при вершине призмы а = 0,2 рад. Высота
призмы L = 10 см. Показатель преломле-
ния материала призмы в направлении оси х от
верхнего основания имеет вид n(z) = 1,4(1 —
— x/7L). На каком расстоянии а от верхне-
го основания надо пустить узкий пучок света,
чтобы, пройдя сквозь нее, он не изменил своего
направления?
Указание: для малых углов а считать, что
sin а ~ ~ tg а.
БИЛЕТ 2
1. Представьте себе, что в астероиде радиусом R = 16 км пробу-
рен канал вдоль его диаметра. В канал с поверхности астеро-
ида сбрасывают без начальной скорости предмет. 1) Через ка-
кое время предмет окажется первый раз на расстоянии /?/2 от
центра астероида? 2) Найдите скорость предмета в этот момент.
Известно, что первая космическая скорость для астероида г>| =
= 14 м/с. Плотность астероида одинакова по всему объему, ат-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 2
мосферы нет. Вращение астероида п трепне при движении пред-
мета не учитывать.
2. Тонкая пробирка частично заполнена водой и расположена вер-
тикально, открытым концом в атмосферу. Вследствие диффузии
Ei пробирке устанавливается линейное изменение концентрации
пара с высотой: вблизи поверхности воды пар оказывается на-
сыщенным, а у верхнего открытого конца пробирки его концен-
трация в 3 раза меньше. Пробирку сверху закрывают крышкой и
увеличивают температуру на ДТ = 1 К. На сколько изменится
давление влажного воздуха внутри пробирки после установле-
ния равновесия по сравнению с атмосферным давлением? Ат-
мосферное давление Ро = 760 мм рт. ст., начальная температу-
ра Т = 300 К, давление насыщенного пара при этой темпера-
туре Ph = 27 мм рт. ст. Известно, что малые относительные из-
менения давления насыщенного пара ДР/Р связаны с малыми
относительными изменениями его температуры ДТ/Т формулой
ДР/Р = 18ДТ/Т. Изменением уровня жидкости в пробирке во
время опыта пренебречь.
3. В электрической схеме, представлен-
ной на рисунке, ключ К замкнут.
Ключ К размыкают. 1) Определить
заряд, протекший через батарею с
ЭДС £i после размыкания ключа К.
2) Найти количество теплоты, выде-
лившейся в цепи после размыкания
ключа К. Значения R, L, С, £j и £2
Рис. к задаче 3
считать заданными.
4. Тонкое проволочное кольцо радиусом а распо-
ложено в однородном магнитном поле с индук-
цией В, перпендикулярной плоскости кольца.
По кольцу скользят в противоположных на-
правлениях две перемычки с угловыми скоро-
стями сщ и ш? (см. рис.). Перемычки и кольцо
сделаны из одного куска провода, сопротивле-
ние единицы длины которого равно р. Опреде-
Рис. к задаче 4
>.а
О
Рис. к задаче 5
6 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет3
лить величину и направление тока через перемычки, когда угол
ip — Зтг/4. Между перемычками в точке О и между кольцом и
перемычками хороший электрический контакт.
5. Под каким малым углом 7 к плоскости основания необходимо
пустить узкий пучок монохроматического света через усеченную
равнобедренную призму из прозрачного ма-
териала, чтобы пройдя сквозь нее, он вышел
под тем же углом к плоскости основания на
расстоянии а. = 5 см от него? Высота приз-
мы L = 10 см. Угол при вершине призмы
а = 0,1 рад. Показатель преломления в на-
правлении оси х имеет вид п(х) = 1,2(1 +
+ x/6L). Ширина верхнего основания D —
= 0,4 см.
Указание: для малых углов а считать,
что sin а ~ а ~ tg а.
БИЛЕТ 3
1. В проекте из области фантастики предлагается прорыть между
Москвой и Парижем прямолинейный железнодорожный тоннель
длиной S = 2400 км. Вагон ставят на рельсы в начале тоннеля
в Париже и отпускают без начальной скорости. 1) Через какое
время вагон достигнет середины тоннеля? 2) Найдите скорость
вагона в середине тоннеля. Землю считать шаром радиусом R =
= 6400 км с одинаковой плотностью по всему объему. Вращение
Земли, сопротивление воздуха и все виды трения при движении
не учитывать.
2. Тонкая пробирка частично заполнена водой, закрыта сверху
крышкой и расположена вертикально в камере большого объ-
ема, в которой воздух поддерживается при нулевой относитель-
ной влажности и постоянном давлении, равном наружному ат-
мосферному давлению. Начальная плотность влажного воздуха
в пробирке меньше плотности сухого воздуха в камере на Др =
= 27 г/м3. После снятия крышки вследствие диффузии в про-
бирке устанавливается линейное изменение концентрации пара с
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3
7
высотой: вблизи поверхности воды пар оказывается насыщен-
ным, а у верхнего открытого в камеру конца пробирки его кон-
центрация в 5 раз меньше. Найти изменение среднего по объему
парциального давления сухого воздуха в пробирке после снятия
крышки. Температура опыта t = 37 °C, давление насыщенного
пара при этой температуре Рп = 47 ммрт. ст., молярная масса
сухого воздуха дв = 29 г/моль, пара дп = 18 г/моль. Изменени-
ем уровня жидкости в пробирке во время опыта пренебречь.
3. В электрической схеме, представленной
на рисунке, ключ К разомкнут. После за-
мыкания ключа К батарея с ЭДС £i со-
вершила работу А. 1) Найти емкости кон-
денсаторов С. 2) Найти работу батареи с
ЭДС £2 после замыкания ключа К (£j
+ 2£2).
4. Тонкое проволочное кольцо радиусом а
расположено в однородном магнитном поле
с индукцией В, перпендикулярной плоско-
сти кольца. По кольцу скользят в проти-
воположных направлениях две перемычки
С угловыми скоростями Ш-[ И W2 (см. рис.).
Перемычки и кольцо сделаны из одно-
го куска провода, сопротивление единицы
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
длины которого равно р. Определить величину и направление то-
ка через перемычки, когда угол ср = тг/2. Между перемычками в
точке О и между кольцом и перемычками хоро-
ший электрический контакт.
5. На усеченную призму, выполненную из прозрач-
ного материала, ширина верхнего основания ко-
торой D — 0,2 см, на расстоянии а = 5 см
от нижнего основания падает узкий пучок мо-
нохроматического света параллельно плоскости
основания. Выходящий из призмы пучок света
не изменил своего направления. Высота призмы
L. Считая, что показатель преломления матери-
О
Рис. к задаче 5
8
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет4
ала призмы зависит от координаты х как п(х) = 1,2(1 + x/6L),
определить угол а при вершине призмы.
Указание; для малых углов а считать, что sin a ~ а ~ tg а.
БИЛЕТ 4
1. Для транспортировки контейнера с грузом на противоположную
сторону астероида предлагается пробурить шахту вдоль его диа-
метра и сбрасывать в нее контейнер без начальной скорости. Ра-
диус астероида R = 1 км, его плотность постоянна по всему объ-
ему и в 2 раза меньше средней плотности Земли. Атмосферы на
астероиде нет, его вращением можно пренебречь. Радиус Земли
7?3 = 6400 км. Не учитывая трение при движении в шахте, най-
дите; 1) время, через которое контейнер окажется первый раз на
расстоянии R/2 от центра астероида; 2) скорость контейнера в
этот момент.
2. Тонкая пробирка частично заполнена водой и расположена вер-
тикально, открытым концом в атмосферу. Вследствие диффузии
в пробирке устанавливается линейное изменение концентрации
пара с высотой: вблизи поверхности воды пар оказывается насы-
щенным, а у верхнего открытого конца пробирки его концентра-
ция составляет 60% от концентрации насыщенного пара. Про-
бирку сверху закрывают крышкой и охлаждают на ДР = 2 К.
На сколько изменится по сравнению с первоначальным давление
влажного воздуха внутри пробирки после установления равнове-
сия? Атмосферное давление Pq = 755 мм рт. ст., начальная тем-
пература t0 = 29 °C, давление насыщенного пара при этой тем-
пературе Рн = 30 мм рт. ст. Известно, что малые относительные
изменения давления насыщенного пара ДР/Р связаны с малыми
относительными изменениями его температуры ДТ/Т формулой
ДР/Р = 18ДТ/Т. Изменением объема жидкости в пробирке во
время опыта пренебречь.
3. В электрической схеме, представленной на рисунке, ключ К за-
мкнут. Ключ К размыкают. После этого батарея с ЭДС со-
вершила работу А, а количество теплоты, выделившейся в цепи,
равно Q. 1) Найти емкость конденсатора С. 2) Найти индуктив-
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет4
9
ность катушки L. ЭДС батареи и сопротивления резисторов R
считать заданными. (82 = 2£i = 28).
Рис. к задаче 3
Рис. к задаче 4
4. Тонкое проволочное кольцо радиусом а расположено в однород-
ном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной плоско-
сти кольца. По кольцу скользят в одном направлении две пе-
ремычки с угловыми скоростями Ш-[ И Ш2 (шг > ^1) (см. рис.).
Перемычки и кольцо сделаны из одного куска провода, сопроти-
вление единицы длины которого равно р. Определить величину и
направление тока через перемычки, когда угол ср = Зтг/4. Между
перемычками в точке О и между кольцом и перемычками хоро-
ший электрический контакт.
5. На прозрачную усеченную призму с углом
при вершине а = 0,2 рад, под углом 7 =
= 0,06 рад к плоскости основания призмы
(см. рис.) падает узкий пучок монохромати-
ческого света и выходит из призмы парал-
лельно плоскости основания на расстоянии
а = 1 см от верхней границы призмы. Зави-
симость показателя преломления вдоль оси
х имеет вид п(х) = 1,4(1 — x/TL). Опре-
делить высоту призмы L. Ширина верхнего
основания D = 0.1 см.
/;<Т
•Г
Рис. к задаче 5
Указан и е: для малых углов а считать, что sin « ~ а » tg су.
10
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
БИЛЕТ 5
1. В результате удара шар получил скорость vq вдоль горизонталь-
ной поверхности стола и вращение вокруг своего горизонталь-
ного диаметра, перпендикулярного скорости (см. рис.). После
z удара скорость шара уменьшалась в те-
S.___\ чение времени т, а затем стала посто-
янной. 1) Найдите эту постоянную ско-
рость. 2) На каком расстоянии от места
Рис. к задаче 1 удара окажется шар через время 4т после
удара? Коэффициент трения скольжения между поверхностями
шара и стола — д.
2. Груз уравновешен на чашке пружинных весов, при этом в пру-
жине запасена потенциальная энергия деформации Uq. На чаш-
ку весов поставили дополнительную гирю, так что масса нового
груза стала в три раза больше первоначальной. 1) Во сколько
раз величина максимального ускорения tzmax во время возник-
ших колебаний отличается от ускорения свободного падения g?
2) С каким по величине ускорением движется груз в момент, ко-
гда его кинетическая энергия Т = 3Uq? Затуханием колебаний
пренебречь.
3. Газ фотонов из начального состояния 1 расширяется в изотер-
мическом процессе 1—2, а затем нагревается в изохорическом
j. ' процессе 2—3 (см. рис.). Во всем про-
цессе перехода 1—2—3 газ совершил
гЗ работу А, а его температура и объем
“ увеличились в,два раза. Какое коли-
2 чество теплоты было подведено к газу
J---------—--------> в процессе перехода 1—2—3?
° V v
Указание: в пустом сосуде пере-
ис. к задаче 3 менного объема V, температура сте-
нок которогоТ, возникает равновесный газ фотонов, которые из-
лучаются и поглощаются стенками сосуда. Внутренняя энергия
этого газа U = а Т4 V, где а = const. Давление газа фотонов
определяется только его температурой: Р — а • Т4/3.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Бнлетб
11
4. В электрической схеме, состоящей из катушки индуктивностью
L и четырех проводящих пластин, каждая площадью S, рас-
положенных на расстоянии d друг от друга, ключ К разомкнут
(см. рис.). Пластина 3 заряжена зарядом qq. 1) Найти заряды
пластин после замыкания ключа К в тот момент, когда ток через
катушку максимален. 2) Найти максимальный ток через катуш-
ку. Омическим сопротивлением в схеме пренебречь.
d d. ~d
12 3 4
L
Рис. к задаче 4
5. Тонкая рассеивающая линза с фокусным расстоянием F =
= —15 см вогнутой стороной с радиусом кривизны R — 10 см
притоплена в воду (см. рис.). Показатель преломления воды п =
= 1,33. На каком расстоянии от линзы и где будет находиться
изображение Солнца, находящегося в зените?
БИЛЕТ 6
1. Обручу, закрученному вокруг горизонтальной оси, проходящей
перпендикулярно плоскости обруча через его центр, сообщают
вдоль горизонтальной поверхности стола
скорость направленную перпендику-
лярно оси вращения (см. рис.). Обруч
сначала удаляется, а затем из-за трения
о стол возвращается к месту начала дви- рис. к задаче 1
жения со скоростью = v0/4., катясь без проскальзывания.
Коэффициент трения скольжения между обручем и столом — /г..
1) Найдите время движения до места максимального удаления.
2) Через какое время, считая от начала движения, обруч возвра-
тится назад?
12
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет6
2. Шарик висит на пружине в поле тяжести f: В положении равно-
весия в пружине запасена энергия деформации Сф. Вертикаль-
ным толчком шарику сообщается кинетическая энергия, равная
3Uq. 1) Чему равна величина максимального ускорения шари-
ка а1пах в0 время возникших вертикальных колебаний? 2) Чему
равна кинетическая энергия движения шарика Т в момент, когда
его ускорение а = ата.х/3? Затуханием колебаний пренебречь.
3. Газ фотонов из начального состояния 1 расширяется в изотер-
мическом процессе 1—2, а затем охлаждается в изохорическом
У процессе 2—3 (см. рис.). В конеч-
ном состоянии 3 его внутренняя энер-
i 2 гия оказалась равной начальной. В
* * Т процессе перехода 1—2—3 температу-
• 3 ра газа уменьшилась в два раза, и к га-
___________________> зу пришлось подвести количество те-
0__________________плоты Q. Найти внутреннюю энергию
. Рис. к задаче 3 газа фотонов в начальном состоянии.
Указание: в пустом сосуде переменного объема V, темпе-
ратура стенок которого Т, возникает равновесный газ фотонов,
которые излучаются и поглощаются стенками сосуда. Внутрен-
няя энергия этого газа U = a-T4-V, гдеа = const. Давление газа
фотонов определяется только его температурой: Р = а • Т4/3.
Рис. к задаче 4
Рис. к задаче 5
4. В электрической схеме, состоящей из батареи с неизвестной
ЭДС, катушки индуктивностью L и четырех проводящих пла-
стин, каждая площадью S, расположенных на расстоянии с^друг
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
13
от друга, ключ К разомкнут (см. рис.). После замыкания клю-
ча максимальный ток, протекающий через катушку L, равен То-
1) Определить ЭДС батареи. 2) Найти заряды пластин после за-
мыкания ключа К в тот момент, когда ток через катушку макси-
мален. Считать, что площадь пластин S 3> d2. Омическим со-
противлением в схеме пренебречь.
5. Тонкая собирающая линза с фокусным расстоянием F = 20 см
выпуклой стороной с радиусом кривизны R = 15 см притоплена
вводу (см. рис.). Показатель преломления воды п = 1,33. На
каком расстоянии от линзы и где будет находиться изображение
Солнца, находящегося в зените?
БИЛЕТ 7
1. Шару сообщили ударом скорость vq вдоль горизонтальной
поверхности стола и вращение вокруг его горизонтального
диаметра, перпендикулярного скорости
(см. рис.). В результате скорость шара в > V
, i ” vo
течение времени t0 увеличивалась, а за- у
тем шар стал двигаться с постоянной ско-
ростью. 1) Найдите эту постоянную ско- Рис. к задаче 1
рость. 2) На какое расстояние от места удара удалится шар за
время З^о после удара? Коэффициент трения скольжения между
поверхностями шара и стола — д.
2. Груз уравновешен на чашке пружинных весов, при этом в сжа-
той пружине запасена потенциальная энергия деформации По-
После того как часть груза быстро сняли, оставшийся груз стал
совершать вертикальные колебания, в которых величина макси-
мального его ускорения составила amax = 2g (g— ускорение
свободного падения). 1) Во сколько раз масса первоначального
груза больше оставшейся? 2) Чему равна кинетическая энергия
оставшегося груза в момент, когда его ускорение а = аШах/2?
Затуханием колебаний пренебречь.
3. Газ фотонов из начального состояния 1 сжимают в изотермиче-
ском процессе 1—2, а затем охлаждают в изохорическом процес-
се 2—3 (см. рис.). В процессе перехода 1—2—3 над газом совер-
14
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
шена работа А (Л > 0), а его температура и объем уменьшились
в два раза. Какое количество теплоты пришлось отвести от газа
фотонов в процессе всего перехода 1 -2-3?
у, Указание: в пустом сосуде
переменного объема V, температура
2»—«—• стенок которого Т, возникает равно-
весный газ фотонов, которые излуча-
3 ются и поглощаются стенками сосуда.
__________________> Внутренняя энергия этого газа U =
0_________________= а • Т4 • V, где а = const. Давле-
Рис. к задаче 3 ние газа фотонов определяется только
его температурой: Р = а • Т4/3.
4. В электрической схеме, состоящей из катушки индуктивностью
L и четырех проводящих пластин, каждая площадью S, рас-
положенных на расстоянии d друг от друга, ключ К разомкнут
(см. рис.). Пластины 1 и 3 закорочены, а на пластине 4 находит-
ся заряд Qo- 1) Найти заряды пластин после замыкания ключа
К в тот момент, когда ток через катушку максимален. 2) Найти
максимальный ток через катушку L. Считать, что площадь пла-
стин S Л> d2. Омическим сопротивлением в схеме пренебречь.
<10
L
Рис. к задаче 4 Рис. к задаче 5
5. Тонкая плосковогнутая линза, изготовленная из стекла с пока-
зателем преломления п-2 = 1,66, вогнутой стороной с радиусом
кривизны Д = 14 см притоплена в воду (см. рис.). Показатель
преломления воды тц = 1,33. На каком расстоянии от линзы и
где будет находиться изображение Солнца, находящегося в зе-
ните?
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет8
15
БИЛЕТ 8
1. Обруч, закрученный вокруг горизонтальной оси, проходящей
перпендикулярно плоскости обруча через его центр, бросили
вдоль горизонтальной поверхности стола
со скоростью до, направленной перпен-
дикулярно оси вращения (см. рис.). Об-
руч сначала удалялся, а затем из-за тре-
ния о стол возвратился к месту броска, Рис. к задаче 1
катясь без проскальзывания со скоростью щ = v0/3. Коэф-
фициент трения скольжения между обручем и столом д. 1) На
какое максимальное расстояние от места броска удалился об-
руч? 2) Найдите отношение времени возврата (движения к ме-
сту броска) ко времени удаления (движения от места броска).
2. Шарик висит на пружине в поле тяжести g В положении рав-
новесия в пружине запасена энергия, равная Uq. Шарик оттяги-
вают вниз, так что в пружине запасается энергия Ui = 9Uq/4, а
затем отпускают. 1) Чему равна величина максимального уско-
рения атах, с которым движется шарик во время возникших вер-
тикальных колебаний? 2) Чему равна кинетическая энергия Т
движения шарика в момент, когда его ускорение а = атах/2?
Затуханием колебаний пренебречь.
3. Газ фотонов из начального состояния 1 нагревается в изохо-
рическом процессе 1—2, так что его температура увеличилась
в 3/2 раза. Затем газ сжимается в изо- j,
термическом процессе 2—3 (см. рис.). ' 2
В конечном состоянии 3 внутренняя * I
энергия газа фотонов оказалась рав-
ной начальной. В процессе всего пе-
рехода 1—2—3 от газа пришлось отве- >
сти количество теплоты Q (Q > 0). V
Найти внутреннюю энергию газа фо- Рис. к задаче 3
тонов в начальном состоянии.
Указание: в пустом сосуде переменного объема V, темпе-
ратура стенок которого Т, возникает равновесный газ фотонов,
которые излучаются и поглощаются стенками сосуда. Внутрен-
16 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9
няя энергия этого газа U = a-T4-V, где а = const. Давление газа
фотонов определяется только его температурой: Р — а • ТА/3.
4. В электрической схеме, состоящей из батареи с ЭДС 8, катуш-
ки индуктивностью L и четырех проводящих пластин, каждая
площадью S, расположенных на расстоянии d
друг от друга, ключ К разомкнут . (см. рис.).
Ключ К замыкают. 1) Найти заряды пластин в
тот момент, когда ток через катушку максимален.
2) Найти максимальный ток через катушку. Счи-
тать, что площадь пластин S d* 2. Омическим
Рис. к задаче 4 сопротивлением в схеме пренебречь.
5. Тонкая плосковыпуклая линза, изготовленная из стекла с пока-
зателем преломления п? = 1,66, выпуклой стороной с радиусом
кривизны Л = 12 см притоплена в воду
(см. рис.). Показатель преломления во-
ды ni = 1,33. На каком расстоянии от
линзы и где будет находиться изображе-
ние Солнца, находящегося в зените?
R
Рис. к задаче 5
БИЛЕТ 9
1-Два небольших по размерам шарика связаны нитью и при-
креплены к оси OOi другой нитью в д/3 раз меньшей длины.
Рис. к задаче 1
Система вращается с постоянной угловой ско-
ростью вокруг вертикальной оси OOi (см. рис.).
Нити составляют углы а = 30° и /3 = 60° с вер-
тикалью. Найдите отношение масс шариков.
2. Влажный воздух находится в цилиндре под поршнем при темпе-
ратуре 100 ° С и давлении Рх = 1,2 атмосферы. Если увеличить
давление на поршень в/3 = 2 раза в изотермическом процессе, то
объем, занимаемый воздухом, уменьшается в 7 = 2,5 раза, а на
стенках цилиндра выпадает роса. Найти начальную относитель-
ную влажность воздуха </? в цилиндре. Объемом образовавшейся
жидкости пренебречь.
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет!)
17
3. Вольт-амперная характеристика лампочки накаливания приве-
дена на рис. а). Две такие лампочки Л] и Лэ включены в схему,
изображенную на рис. б). ЭДС батареи £ = 4 В. сопротивление
резистора R = 8 Ом. 1) Чему равно напряжение на лампочке
Л]? 2) Что покажет амперметр А? Внутренним сопротивлением
бгпареи и амперметра пренебречь.
Рис. к задаче 3
4. Плоский воздушный конденсатор подключен к батарее с посто-
янной ЭДС £ и внутренним сопротивлением г. Между обкладка-
ми конденсатора вставлена проводящая пластина с зарядом q >
> 0 (см. рис.). После установления стационарного состояния
пластину с зарядом q быстро удаляют из конденсатора так, что
его заряд не успевает измениться. Определить величину и напра-
вление тока через батарею сразу после удаления пластины. Пло-
щадь обкладок и пластины равна S, расстояние между обкладка-
ми конденсатора — d, а расстояние между пластиной с зарядом
q и левой обкладкой конденсатора равно b (b < d/2).
Рис. к задаче 5
Рис. к задаче 4
5. Интерференционная схема состоит из плоского зеркала 3, экра-
на Э, небольшого фотоприемника А и точечного источника S, ко-
18
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
торый движется со скоростью v = 2 см/с перпендикулярно оси
ОА (см. рис.). Определите частоту колебаний фототока прием-
ника, когда источник света движется вблизи оси О А, если длина
волны света А = 5 • 10' м, L = 1 м, d = 0,5 см. Фототок прием-
ника пропорционален освещенности в точке А.
Указание: при малых х полагать \/1 + х га 1 + ^.
БИЛЕТ 10
1. Горизонтальная платформа и находящиеся на ней небольшие по
размерам шарики с массами т и 4те. вращаются с постоянной
угловой скоростью вокруг вертикальной
оси ОО\ (см. рис.). Нить, прикреплен-
ная к шарику с массой 4т и оси ОО\, со-
ставляет с осью угол айв два раза коро-
че нити, связывающей шарики. Шарик с
массой 4т давит на платформу с силой
в два раза большей, чем другой шарик.
Найдите силу натяжения нити между шариками. Трение между
платформой и шариками пренебрежимо мало.
2. Влажный воздух с относительной влажностью ср = 0,5 находит-
ся в цилиндре под поршнем. Если в изотермическом процессе
увеличить давление на поршень в (3 = 3 раза, то объем, занима-
емый воздухом, уменьшается в 7 = 4 раза, а на стенках цилин-
дра выпадает роса. Какую часть конечного давления в цилиндре
составляет давление пара? Объемом образовавшейся жидкости
пренебречь.
б)
Рис. к задаче 3
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10
19
3. Вольт-амперная характеристика лампочки накаливания приве-
дена на рис. а). Две такие лампочки Лi и Л-2 включены в схему,
изображенную на рис. б). ЭДС батареи £ = 4,5 В, сопротивле-
ние резисторов R = 15 Ом. 1) Чему равен ток через каждую
лампочку? 2) Что покажет идеальный вольтметр У? Внутренним
сопротивлением батареи пренебречь.
Л_£‘
~Т.
Рис. к задаче 4
4. Два одинаковых плоских конденса-
тора с расстоянием между обклад-
ками d подключены к батарее с по-
стоянной ЭДС £ и внутренним со-
противлением г (см. рис.). В левом
конденсаторе расположена диэлек-
трическая пластина толщиной h(h <
< d) с диэлектрической проницаемостью е. После установления
стационарного состояния пластину быстро выдвигают из конден-
сатора так, что заряды на обкладках этого конденсатора не успе-
вают измениться. Определить величину и направление тока че-
рез батарею сразу после удаления пластины.
Рис. к задаче 5
5. Интерференционная схема, изо-
браженная на рисунке, состоит
из точечного монохроматического
(А = 5 • 10“7 м) источника S,
который движется со скоростью
v = 4 см/с перпендикулярно оси
ОА, и двух экранов. В экране Эт
сделаны два маленьких отверстия,
отстоящие друг от друга на расстоянии d = 0,5 см. На экране
Э2 наблюдается интерференционная картина. В центре экрана
Э2 расположен небольшой фотоприемник А. Определите часто-
ту колебаний фототока приемника, когда источник света будет
вблизи оси ОА, если L = 1 м. Фототок приемника пропорци-
онален освещенности в точке А.
Указ а и и е: при малых х. полагать \/1 + х & 1 +
20
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 11
БИЛЕТ 11
1. Вокруг вертикальной оси ОО^ вращается с постоянной угло-
вой скоростью система из двух небольших по размерам шариков
различной массы (см. рис.). Нить, связыва-
ющая шарики, в три раза длиннее нити, при-
крепленной к верхнему шарику и оси враще-
ния. Нити составляют углы 7 (sin7 = 3/5) и
(silicic = 4/5) с вертикалью. Найдите отно-
Рис. к задаче I шение сил натяжения верхней и нижней нитей.
2. Влажный воздух с относительной влажностью = 0,6 находится
в цилиндре под поршнем при температуре 100 °C. Если в изотер-
мическом процессе увеличить давление на поршень в (3 = 2 раза,
то объем, занимаемый воздухом, уменьшается в 7 = 2,5 раза, а
на стенках цилиндра выпадает роса. Найти начальное давление
влажного воздуха в цилиндре. Объемом образовавшейся жид-
кости пренебречь.
3. Вольт-амперная характеристика диода в прямом направлении
изображена на рис. а). Два таких диода Д1 и Д2 включены в схе-
му, изображенную на рис. б). ЭДС батареи £ — 1,5 В, сопро-
тивление резистора R = 500 Ом. 1) Чему равно напряжение на
диоде Д1? 2) Что покажет амперметр А? Внутренним сопроти-
влением батареи и амперметра пренебречь.
Рис. к задаче 3
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Би.пет 12
21
4. Между обкладками плоского конденсатора, подключенного к
батарее с постоянной ЭДС и внутренним сопротивлением г,
помещена проводящая пластина с зарядом q >
> 0 на расстоянии b (b < d/2) от левой
обкладки конденсатора (см. рис.). Здесь d
— расстояние между обкладками конденсато-
ра. После установления стационарного состо-
яния пластину с зарядом </ быстро перемещают
' , Рис. к задаче 4
в положение, находящееся на расстоянии о от
правой обкладки. Полагая, что заряд на конденсаторе не изме-
няется за время перемещения пластины, определить величину и
направление тока через батарею сразу после перемещения пла-
стины. Площадь обкладок и пластины — S.
5. Интерференционная схема включает
в себя точечный монохроматический
источник света S (Л = 5 • 10’ 7 м), О_
экран Э, небольшой фотоприемник Л
н плоское зеркало 3, которое дви-
жется со скоростью v = 0,2 см/с Рис. к задаче 5
перпендикулярно оси О А (см. рис.). Определите частоту коле-
баний фототока приемника в момент, когда зеркало будет нахо-
диться на расстоянии d = 0,5 см от оси О А, если L = 2 м. Фото-
ток приемника пропорционален освещенности в точке А.
Указание; при малых х полагать у7! + я «1 + |-
БИЛЕТ 12
1. Два небольших по размерам груза с массами 3m и т связа-
ны нитью длиной 1'2 и прикреплены к оси ОО\ нитью длиной
составляющей угол /3 с осью ОО\ (см. рис.).
Грузы находятся на горизонтальной плат-
форме и вращаются вместе с ней вокруг вер-
тикальной осн ОО\. При какой постоян-
ной угловой скорости грузы будут давить на
платформу с одной и той же силой? Трение
между грузами и платформой пренебрежимо мало.
22 ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12______________
2. Влажный воздух с относительной влажностью ср = 0.6 находит-
ся в цилиндре под поршнем. Если в изотермическом процессе
увеличить давление на поршень в /3 = 2 раза, то объем, занимае-
мый воздухом, уменьшается в д = 3 раза, а па стенках цилиндра
выпадает роса. Какую часть начального давления в цилиндре со-
ставляет парциальное давление сухого воздуха? Объемом обра-
зовавшейся жидкости пренебречь.
3. Вольт-амперная характеристика диода в прямом направлении
изображена на рис. а). Два таких диода и Д2 включены в схе-
му, изображенную на рис. б). ЭДС батареи £ = 2 В, сопроти-
вление резисторов R = 800 Ом. 1) Чему равен ток через каждый
диод? 2) Что покажет идеальный вольтметр V? Внутренним со-
противлением батареи пренебречь.
б)
Рис. к задаче 3
4. Два одинаковых плоских конденсатора подключены к батарее с
постоянной ЭДС £ и внутренним сопротивлением г (см. рис.).
I——-------------------- Расстояние между обкладками
д I конденсаторов — d. После уста-
—*[«/ новленнястационарного состояния
—— в левый конденсатор быстро вво-
।------1|£,г дят пластину с диэлектрической
проницаемостью е и толщиной h
Рис. к задаче 4 (Л, < б/). Пренебрегая изменением
зарядов на обкладках левого конденсатора за время введения
ФИЗИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12
23
пластины, определить величину и направление тока через бата-
рею сразу после введения пластины. Площадь пластины равна
площади обкладок конденсатора.
5. Интерференционная схема, изображенная на рисунке, состоит из
точечного монохроматического (Л = 5 • 10 7 м) источника S и
двух экранов Э] и Э2 (см. рис.). В экране сделаны два малень- Я ких отверстия В и С, расстояние $ Гэ‘ э2 d ,4 Ф
между которыми а — и,о см. глЗ * экране Эд наблюдается интерфе- ренционная картина. Небольшой фотоприемник Ф движется вдоль Рис к экрана к оси О А со скоростью f А е L * адаче 5
v = 0,4 см/с. Определите частоту колебаний фототока приемни-
ка, когда фотоприемник будет находиться вблизи точки А, если
L = 2 м. Ось О А перпендикулярна экранам. Фототок приемника
пропорционален освещенности в месте нахождения приемника.
Указание: при малых х полагать -Д + х ~ 1 +
24
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет I
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
L Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (ВС ||
|| AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь
трапеции ABCD, если CD — бУ13, АЕ = 8.
2. Решить уравнение
sinх + | cos s| + sin4s = cos 2s.
3. Решить неравенство
1^3 lg2 ж2 + lg2(s + 2) > Igs2 + lg(s + 2).
4. Дана система неравенств
s2 + у2 4|s|,
< |s| + |y| 2,
s2 — y2 + 16 — 8s 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетво-
ряют:
а) первому неравенству системы;
б) первым двум неравенствам системы;
в) всем трем неравенствам системы.
5. Найти все действительные решения системы уравнений
Г 2 + бу = ^ - Vs - 2у,
I \/s + Уг — 2у = s + Зу — 2.
6. Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего основа-
ния цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр ле-
жит на грани ABD. Радиус цилиндра равен 3, объем пирамиды
ABCD равен 27У2, ребро АВ = 24. Найти двугранный угол
между гранями АВС и ABD и радиус описанной около ABCD
сферы.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 3 25
БИЛЕТ 2
1. Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (ВС ||
|| AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь
трапеции ABCD, если BE = 26, DE = 9>/13.
2. Решить уравнение
cos а? + | sin ж | + cos 2х = sin 4а?.
3. Решить неравенство
у 31п2(а? — 2)2 + In2 х > 1п(а? — 2)2 + Ina?.
4. Дана система неравенств
( х2 + у2 4|у|,
< |а?| + |у| > 2,
( у2 — х2 + 16 — 8у 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетво-
ряют:
а) первому неравенству системы;
б) первым двум неравенствам системы;
в) всем трем неравенствам системы.
5. Найти все действительные решения системы уравнений
J Зх ~ 1 = х +
I у/у + = У - За? - 6.
6. Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего осно-
вания цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего
основания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр
лежит на грани ABD. Радиус цилиндра равен 2, двугранный
угол между гранями АВС и ABD равен arctg \/2, ребро АВ =
= 20. Найти объем пирамиды ABCD и радиус описанной около
ABCD сферы.
БИЛЕТ 3
1. Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (ВС ||
|| AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
26
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 4
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь
трапеции ABCD, если ВС = 2, CD — 10У26.
2. Решить уравнение
sinx 4- | cos х\ = sin4x + cos 2х.
3. Решить неравенство
\/W2 х2 + 1g2(2 - х) > 1g х2 + lg(2 - х).
4. Дана система неравенств
( х2 + у2 4|х|,
< |х| + |у| > 2,
( х2 - у2 + 16 + 8х 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетво-
ряют:
а) первому неравенству системы;
б) первым двум неравенствам системы;
в) всем трем неравенствам системы.
5. Найти все действительные решения системы уравнений
/ 1~5У= у ~ 6^х ~ У'
I у/х - д/х = X - 5у - 6.
6. Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего основа-
ния цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр ле-
жит на грани ABD. Радиус цилиндра равен 2, объем пирамиды
ABCD равен 28>/2, ребро АВ = 12. Найти двугранный угол
между гранями АВС и ABD и радиус описанной около ABCD
сферы.
БИЛЕТ 4
1. Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (ВС ||
|| AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь
трапеции ABCD, если АВ = 5\/2, CD — 10л/13.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 5
27
2. Решить уравнение
cos х + | sin х | + sin 4з; = — cos 2.7:.
3. Решить неравенство
\/з ln2(a? - I)2 + In2(a? + 1) > In(.z- - I)2 + In(.z; + 1).
4. Дана система неравенств
x2 + у2 4|у|.
И + |у| > 2,
у2 — х2 + 16 + 8у 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетво-
ряют:
а) первому неравенству системы;
б) первым двум неравенствам системы;
в) всем трем неравенствам системы.
5. Найти все действительные решения системы уравнений
3 + 21 х = ^ + 4у/у — Зх,
у/у ~ Vy~~ Зг = у + 1х - 2.
6. Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего основа-
ния цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр ле-
жит на грани ABD. Радиус цилиндра равен 4, двугранный угол
между гранями АВС и ABD равен arctg(l/i/6), ребро АВ =
= 24. Найти объем пирамиды ABCD и радиус описанной около
ABCD сферы.
БИЛЕТ 5
I. Решить уравнение
cos За;. . 9 9
-----(1 — sin х cos 2х — 2 sm х) = 1.
cos х
2. Решить неравенство
1 1
а/z2 - 4х - 5 - 4 < 2|ж + 2| - 5 '
28 МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 6________________
3. Решить систему уравнений
' log5 (5т,- - Згу — 1) _ log2(5 + 4г/ - Зх)- 1
< logs(2г/ - х + 3) ~ 10g2 (Зх - у + 1)
. 2х2 + г/2 = Зху + х + 1.
4. В трапеции ABCD с меныним основанием ВС и площадью, рав-
ной 2, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром \/2 в
точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ
и CD пересекают окружность в точках М и N соответственно.
Длина MN равна 1. Найти величину угла MBN и длину основа-
ния AD.
5. Найти все значения а, при которых система уравнений
Г |.т| + 2|у| + |2у - Зж| = 12,
\ 9 9
[ х + у~ — а
имеет ровно два действительных решения.
6. Ребро куба ABCDA^BiCiD^ равно 1. Найти радиус сферы, ка-
сающейся:
а) ребер В А, ВВ^, ВС и плоскости AiDCi;
б) ребер В A, BBi, ВС и прямой DA^.
БИЛЕТ 6
1. Решить уравнение
cos 5х . 9 9
-------(—1 —sin х cos 2х + 2 cos“ х) = 1.
cos х
2. Решить неравенство
_______________________1________ 1
л/as2 + 2.т - 8 - 4 < 2|т - 3| - 5 ’
3. Решить систему уравнений
f log2(^ + 2г/ - 5) log3(2,-r - у) - 1
< log2(3.T - 2г/+ 1) log3(2a; + у - 4) ’
I, у2 + ху + 1 = 2,г'2 + 2у + х.
4. В трапеции ABCD с большим основанием ВС и площадью, рав-
ной 4\/3, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром 2 в
точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ
и CD пересекают окружность в точках М и N соответственно.
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 7
29
Длина MN равна Уз. Найти величину угла MDN и длину осно-
вания ВС.
5. Найти все значения а. при которых система уравнений
Г 2И + |у| + |З.Г - 4т/| = 10.
\ х2 + у2 = а
имеет ровно два действительных решения.
6. Ребро куба ABCDAyBiC] D} равно 1. Найти радиус сферы, ка-
сающейся
а) ребер AD, DD^, DC п плоскости A^BCi,
б) ребер AD, DD^, DC и прямой ВС\.
БИЛЕТ 7
1. Решить уравнение
cos 5х . 9 . 9
-----(1 — 2sin“ х — sm" xcos2x) = 1.
cost:
2. Решить неравенство
1 1
Ух2 + 4а: - 5 - 4 2|а: + 6| - 5
3. Решить систему уравнений
( log., (4 - Зх — 2у) — 1 log7(3.T + 5у — 1)
< log2(a: + Зу + 1) ~ log7(3 - у - 2.т) ’
I х2 + Зху + 2у2 = у + 1.
4. В трапеции ABCD с меньшим основанием ВС и площадью, рав-
ной 4, прямые 7? Си AD касаются окружности диаметром 2 в точ-
ках В п D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ и CD
пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина
МN равна У2. Найти величину угла MBN и длину основания
AD.
5. Найти все значения а, при которых система уравнений
Г 3|а:| + |у| + |а: + Зу| = 9,
[ .а; 2 + у'2 = а
имеет ровно два действительных решения.
6. Ребро куба ABCDA^B^C\Dy равно 1. Найти радиус сферы, ка-
сающейся
30______________МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 9______________
а) ребер АВ, А/Б, AD и плоскости
б) ребер АВ, AAi, AD и прямой CDX.
БИЛЕТ 8
1. Решить уравнение
cos Зх, 9 ?
-----(2 cos х - sin" х cos 2х — 1) = 1.
cos х
2. Решить неравенство
1 1
Vx2 — 2х — 8 -4 2|ж — 5| — 5
3. Решить систему уравнений
( log3(2 - Зх - 4у) - 1 = log5(2x - з/ - 5)
1 log3(x - 2у - 4) log5(1 - 2х - Зу) '
I 2у2 + ху + 2х = х2 + у + 1.
4. В трапеции ABCD с большим основанием ВС и площадью, рав-
ной 12\/3, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром
2\/3 в точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции
АВ и CD пересекают окружность в точках М и N соответствен-
но. Длина MN равна 3. Найти величину угла MDN и длину
основания ВС.
5. Найти все значения а, при которых система уравнений
Г 2|ж| + 3|у| + |3х + 2у\ = 11,
19 9
[ х~ + у — а
имеет ровно два действительных решения.
6. Ребро куба ABCDAiBiC^Di равно 1. Найти радиус сферы, ка-
сающейся
а) ребер СВ, CCi, CD и плоскости B^AD^,
б) ребер СВ, CCi, CD и прямой AD±.
БИЛЕТ 9
1. Решить уравнение
sin Зх cos 5х + | sin 5а? cos Зх |
sin 2х
= 2 cos 2х.
MATEMAT И К Л ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 10.М
2. Решить неравенство
у9 — \/76 - 12^ < 3 - х.
3. Дан треугольник АВС. в котором АВ = ВС = 5, медиана AD =
уду
= На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что CF =
СЕ
= -g~. Через точку F проведена прямая I, параллельная ВС.
Найти расстояние от центра окружности, описанной около тре-
угольника АВС, до прямой I.
4. Основание прямой призмы АВС АуВуСу — треугольник АВС, в
котором АВ = ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна \/б. На
сторонах АС, ВС и АуСу выбраны соответственно точки D, Е и
так, что DC = BE = СЕ, AyDy = — у?1, и через эти
-А о
точки проведена плоскость П. Найти:
1) площадь сечения призмы плоскостью П;
2) угол между плоскостью П и плоскостью АВС',
3) расстояние от точек Су и С до плоскости П.
5. Найти все значения а, при которых уравнение
4ад:2 + (4tz — 3)а? + а — 14 = 0
имеет на отрезке [0,1] единственный корень.
6. Решить систему уравнений
2ху2 + 8za?2 — 4уг2 = Cxyz,
8xz2 — 4ух2 + 2zy2 = 6xyz,
, 2ху — 4xz + 2yz = 3.
БИЛЕТ 10
1. Решить уравнение
cos Зх cos 5х + I sin 5х sin За; I
-------------------------- = 2 cos 2а?.
sin 2х
2. Решить неравенство
^/16 — \/132 — 16а:3 < 4 — х.
32 МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ БилеттН______________
3. Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 5, а радиус опи-
25
санной окружности равен -g-. На высоте CD выбрана точка Е
CD
так, что СЕ = —р, и через точку Е проведена прямая I, парал-
лельная ВС. Найти расстояние от центра окружности, вписан-
ной в треугольник АВС, до прямой! I.
4. Основание прямой призмы АВС А^В^Су — треугольник АВС, в
котором АВ = ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна \/б. На
сторонах A[Ci, В]С\ и АС выбраны соответственно точки D\,
и D так, что = --^-р , B^Ei = CiE], AD = и через
эти точки проведена плоскость П. Найти:
1) площадь сечения призмы плоскостью П;
2) угол между плоскостью П и плоскостью АВС',
3) расстояние от точек С и Ci до плоскости П.
5. Найти все значения а, при которых уравнение
Зат2 + (6а — 5)х + За — 2 = О
имеет на отрезке [-3,0] единственный корень.
6. Решить систему уравнений
{4гт2 — уг2 + 2ху2 — 3xyz,
zy2 + 2rrz2 — 4ух2 = 3xyz,
2ху — 2xz + yz = 3.
БИЛЕТ 11
1. Решить уравнение
cos Зх sin 5х + | cos 5х sin Зх I
------------------------- = 2 sin 2т.
cos 2х
2. Решить неравенство
- 2\/19~+ 81х3 < 3 + Зт.
3. Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС, АС = 6, а радиус
о 3
вписанной окружности равен р На медиане CD выбрана точка
CD
Е так, что СЕ= -р. Через точку Е проведена прямая I, парал-
МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12 33
дельная ВС. Найти расстояние от центра окружности, описан-
ной около треугольника АВС, до прямой /.
4. Основание прямой призмы АВС А\В\С\ — треугольник АВС, в
котором АВ = ВС = 5, АС — 6. Высота призмы равна Уб- На
сторонах АС, АВ и AjG'i выбраны соответственно точки D, Е и
Dj так, что AD ~ АЕ = BE, C^D^ = , и через эти
точки проведена плоскость П. Найти:
1) площадь сечения призмы плоскостью П;
2) угол между плоскостью П и плоскостью АВС;
3) расстояние от точек А) и А до плоскости П.
5. Найти все значения а, при которых уравнение
ах2 + (2а — 5)з; + а — 6 = О
имеет на отрезке [0, 2] единственный корень.
6. Решить систему уравнений
8zx2 — 2ху2 + 4yz2 = dxyz,
Fyx2 + 2zy2 — 8xz2 = 6xyz,
, 2xy + 4xz — 2yz = 3.
БИЛЕТ 12
1. Решить уравнение
I cos 5gc cos З.г'| — sin 3г sin 5x „ .
j-------------1-------------- = 2 sin 2г.
cos 2x
2. Решить неравенство
/~ ч/ЗЗ + З2ж3 „
V 4---------2------ < 2 + х"
З. Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС, АС = 6, высота
24
AD = -у. На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что CF =
СЕ
= -j-. Через точку F проведена прямая I, параллельная ВС.
Найти расстояние от-центра окружности, вписанной в треуголь-
ник АВС, до прямой I.
4. Основание прямой призмы АВСА^в^С^ — треугольник АВС, в
котором АВ — ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна \/б. На
34______________МАТЕМАТИКА ♦ ЗАДАЧИ ♦ Билет 12_____________
сторонах Л1С], А]В\ и АС выбраны соответственно точки
Bi и D так, что Л17?1 = , А\Е\ = В]Е\, CD = Др, и через
эти точки проведена плоскость И. Найти:
1) площадь сечения призмы плоскостью П;
2) угол между плоскостью П и плоскостью АВС\
3) расстояние от точек А и Д; до плоскости П.
5. Найти все значения а, при которых уравнение
ах2 + (4а — 7)х + 4а — 5 = О
имеет на отрезке [—4,0] единственный корень.
6. Решить систему уравнений
2yz2 — 4rry2 + zx2 = 3xyz,
2ух2 + 4гу2 — xz2 = 3xyz,
_ 2ху + xz — 2yz = 3.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет I
35
ФИЗИКА
БИЛЕТ 1
42 мин;
2) 'Фп
0,6 км/с.
Решение. Пусть тело массой т дви-
жется по тоннелю в виде хорды KL, изо-
браженному на рис. 1. В некоторый мо-
мент времени это тело имеет координату х.
В этот момент со стороны Земли на него
действует сила тяжести, равная
GmM 4тгг3/3 GmMr
~ г2 • 4тгД3/3 = R3 ’
где М — масса Земли, аг — радиус окружности, проходящей
через тело массой т. Проекция этой силы на ось х равна
_ „ х GmMx х
Fx = -Feos a = -F— =-----— = -mg— ,
r RA R
где g— ускорение свободного падения на поверхности Земли.
Теперь мы можем записать уравнение движения нашего тела:
mi = —mg— ,
К
или
х + ^-х = 0.
1Ъ
Это уравнение описывает гармонические колебания с цикличе-
ской частотой ш = y/g/R. Следовательно, наш вагон достигнет
Калининградской области через время, равное половине периода
колебаний (Т = 2тт/ш): <—
42 мин.
Для ответа на второй вопрос будем искать решение уравнения
гармонических колебаний в виде
x.(t') = A smut + В cos wt,
где А и В — константы. Используя начальные условия: х(0) =
36
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет I
= L/2 и i(0) = 0, найдем: В = L/2 и А = 0. Окончательно
получим j-
x(t) = — cos ш/.
Скорость вагона будет изменяться со временем по закону
. Ьш
v(t) = x(t) = —— smwt.
Отсюда находим абсолютную величину максимальной скорости
вагона: т т ,—
Lw L р ,
= = - 600 М/с.
Z /ул
Заметим, что максимальную скорость можно найти и сразу,
воспользовавшись связью при гармонических колебаниях между
и амплитудой колебаний, равной L/2: ит — ш ~.
2. Рн = „ — ВТ « 3,6 кПа « 27 мм рт. ст.
Зцв - 4jun ’ 1
Решение. При открытой пробирке общее давление воздуха
и пара в любом сечении пробирки равно атмосферному давлению
Pq. Следовательно, парциальное давление воздуха в пробирке
так же, как и давление пара, изменяется с высотой по линейному
закону и равно Pq — Рн у поверхности воды и Pq — Рн/2 у открыто-
го конца пробирки (здесь Рн — искомое давление насыщенного
пара). Очевидно, что среднее (по высоте) давление воздуха бу-
3
дет равно Рср = Pq — Рн. Массу воздуха в пробирке найдем из
уравнения состояния идеального газа:
МвЛр^
mR =------— ,
RT ’
где V — объем влажного воздуха в пробирке. После того как
пробирку закроют, воздух равномерно распределится по высоте,
но его общая масса сохранится, а пар во всем объеме будет на-
сыщенным.
Установившаяся плотность влажного воздуха равна сумме
плотностей воздуха и насыщенного пара:
Рвв — Рв + Ра-
Поскольку
____ ТПв РвРго ___ РпРц
Pb~"V ~ RT И р"л ~ RT ’
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
37
плотность влажного воздуха равна
RT
(3/4рв — рп)Рц
_ Р&Рср + р-Рц _ Рв(Ро ~ 3/4РН) + /ЧПРН
Рвв - RT ~ РТ
Плотность сухого атмосферного воздуха составляет
Дв-Ро
Рсв — -
Разность этих плотностей равна
Др — Рсв — Рвв —
Отсюда находим давление насыщенного пара:
„ 4ДдЯТ , „
Рн = ------— » 3,6 • 103 Па ~ 27 мм рт. ст.
Зрв — 4/1п
Заметим, что в процессе решения предполагалось, что рсв >
> рвв. Предположение оказалось правильным, так как 3/zB/4 —
— Рп > 0.
3. 1) q = (2£2 - £Х)С; 2) Q = | С(2£2 - £х)2.
Решение. До замыкания ключа суммарный заряд левых об-
кладок обоих конденсаторов равен нулю. После замыкания клю-
ча и установления равновесия зарядлевой обкладки конденсато-
ра емкостью Ci равен
=С'1(£2-£1) = C(£2-£i),
а зарядлевой обкладки конденсатора емкостью С2 равен
92 = C2L2 = С£2.
Суммарный заряд этих обкладок, а следовательно, и заряд, про-
текший через батарею с ЭДС £2, равен
9 = 91 + 9г = С(2£2 — £Д.
Теперь перейдем ко второму вопросу. Работа батареи с ЭДС
£2 равна
А2 = 9£2 = С£2(2£2 - £Д.
Найдем работу, совершенную батареей с ЭДС £х. До замыкания
ключа заряд правой обкладки конденсатора емкостью С\ равен
, = СХС2^ =
91 G + С2 2
38
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет I
После замыкания ключа заряд на этой обкладке составляет
Qi = -</i = C(£1-£2).
Следовательно, через батарею с ЭДС £j протек заряд
Afy = q’> - = С - £2) ,
и эта батарея совершила работу
Л] (у-£2)
Начальная энергия, запасенная в конденсаторах (до замыкания
ключа) равна 1 С\С2 С£2
W1 = 2Ci + С2£1 = ~Г ’
Конечная энергия этих конденсаторов (после замыкания ключа)
составляет
По закону сохранения энергии можно записать, что суммарная
работа батарей пошла на изменение энергии конденсаторов и на
выделение искомого количества теплоты:
Д1 + Л.2 — W? — VKi + Q-
Отсюда находим
q = a1 + a2 + w1-w2 =
= у£? - C£i£2 + 2С£| - С£!£2 + у£? - у £2 + С£х£2 - С£2 =
= -(£1-2£2)2.
л т 4(wi — шАВа т
4.1 = (ПКдСЗтгСГ-’ ок идет от пеРемычки с ш2 к перемычке с wj.
Решение. Пересечение перемыч-
ками линий магнитного поля приводит к
появлению в них ЭДС индукции. Чи-
сленно эти ЭДС равны магнитным по-
токам, которые пронизывают площади,
заметаемые стержнями за единицу вре-
Рис. 2 мени:
Ы]Ва2 ш2Ва2
= £й = “2“-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1 39
Каждая из перемычек будет эквивалентна батарее с ЭДС, рав-
ной ЭДС индукции, и внутренним сопротивлением, равным оми-
ческому сопротивлению перемычки. Эквивалентная электриче-
ская схема будет иметь вид, изображенный на рис. 2. Здесь гд и
Г2 ~ сопротивления перемычек:
П = Г2 = ра,
а Д1 и R.2 — сопротивления двух частей проволочного кольца, за-
ключенных между перемычками:
R = ^р0, л = ?j7r ра
1 2 ’ 2 2
Согласно закону Ома,
£1-£2 = I(r1 + r2) + Z-^^.
/4 + К2
Отсюда находим ток через перемычки:
I== 8(£i -£2) = - (д2)
(16 + 3тг)ра (16 + 3тг)/э
5. х = L fl - = 9 см.
Решение. Пусть пучок света прохо-
дит на расстоянии х от верхнего основания
призмы (см. рис. 3). Диаметр пучка обо-
значим через dx. Поскольку пучок прохо-
дит через призму без преломления, его вол-
новые фронты (плоскости постоянной фа-
зы) на входе и на выходе призмы парал-
лельны друг другу. Волновой фронт вход-
ного пучка перпендикулярен направлению
распространения пучка и, естественно, па-
раллелен грани призмы АА'. Этой же гра-
ни будет параллелен волновой фронт и вы-
ходного пучка. Пересечение этого волново-
го фронта с плоскостью рисунка изображено в виде линии с/. Та-
кое положение волнового фронта означает, что оптические пути
ас и kf должны быть равны. Оптический путь ас включает в себя
Рис. 3
40 ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 3
два участка ab и Ьс.
Аас = ДпЬ + Abc = (D + х tg а) п(х) + dx tg а.
Оптический путь kf равен
f = (D + (х + dx) tgа) • п(х + dx).
Приравняем оптические пути:
(D + xtga) 1,4 (1 - —) + dx tga =
('Т -к (7Т \
1----^г~
71j /
Пренебрегая малым членом (dx)2 (по отношению к дру-
гим членам), найдем расстояние пучка от верхнего основания
призмы:
т D т D „
х = L — --------ж L — — = 9 см.
2 tg а 2'а
БИЛЕТ 2
1. 1) т = ~ 20 мин; 2) и = == 7\/3 м/с » 12 м/с.
2. Р - Рй = Ро + 1 Рн + Рн « 13 мм рт. ст.
3. 1)Д9 = С^^; 2)Q = ^^
4.1= ~ Ток идет от перемычки сид к перемычке с Ш2-
г 0,1(2аа — D) „ 1П—з
5.7 = =6-10 13 рад.
L
СВ2
БИЛЕТ 3
1.
21 мин; 2) v =
с.
2. ДР = — Др + (Рп » 2530 Па « 20 мм рт. ст.
Мв \Мв ч/
3‘ 1)С*= £!(£! — 2£2)’ 2)Л£2 = '2ЛЁ7-
д Т 4((х>1 + CU2)-0CZ
J — (16 + 3тг)р ‘ ^ок иДет от пеРемь1ЧКИ с с^2 к перемычке с cji.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
41
5. а = у- = 0,02 рад.
1. 1) т = « 20 мин; 2)
дт
2. Уменьшится на ДР = Pq
о I \ р _ 2Л _ 2А . р 1
д'1,С" £1(£1 +g2) - 3£2 ’
д т _ 16(сс>2 — ivi)Ba
(64 + 15тг)р
5.L = = 5 см.
0,4а — 7
ЕТ4
и = 7 Уй “ "А.
у Рн | Рн = 2,4 мм рт. ст.
БИЛЕТ 5
1. 1) V = VQ - fj.gr; 2) S — 4vot — fjgr2.
Решение. Скорость точек шара, соприкасающихся с по-
верхностью стола, является разностью скоростей двух движений
шара: поступательного и вращательного. Поскольку после удара
скорость поступательного движения шара уменьшалась, то, сле-
довательно, сила трения скольжения была направлена противо-
положно скорости поступательного движения шара, что означа-
ет, что скорость поступательного движения точек соприкоснове-
ния шара больше линейной скорости вращательного движения
этих точек. Сила трения скольжения
Ртр = fJ-M g,
где М — масса шара, a g— ускорение свободного падения.
Ускорение поступательного движения
а = Fгр/М — Pg-
Через время т скорость поступательного движения шара
v = v(r) = v0 - fJ-gr-
После этого момента скорость шара остается постоянной, а это
означает, что шар покатится без проскальзывания со скоростью
v(t).
42
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Путь, пройденный шаром за время т,
е /'ДЖ
51 — иот-------— .
За оставшееся время Зт шар пройдет путь
S2 = т’(т) Зт = З^от ~ 3g.gr2.
Полный путь, пройденный шаром за время 4т,
7
S = 51 + S2 = 4-с0т - -ggr2.
Zt
2. 1) amax — з £'. 2) а — з^'
z Решение. Введем обозначения
2о_______L (см. рис. 4). Пусть первоначальная масса
груза М, тогда вторичная масса груза ЗМ.
Длина недеформированной пружины zq, z\
— длина пружины в положении равновесия
в случае первого груза, z2 — положение рав-
новесия для второго случая, 23 — крайнее
нижнее положение при колебаниях второго
груза. Жесткость пружины обозначим через
к. Потенциальная энергия деформации для
первого груза может быть записана в виде
= и,
а условие равновесия
k(z0 - zr ) = Mg. (2)
Деформация пружины в случае равновесия со вторым грузом в
три раза больше, чем для первого, т.е.
zo - z2 = 3(z0 - 21).
Амплитуда колебаний для второго груза
Mg
z\ - z2 = 2(z0 - 21) = 2—— .
К
Когда груз колеблется около своего положения равновесия, то
на него действуют две силы: сила тяжести и сила упругой де-
формации пружины, но действие этих двух сил эквивалентно дей-
ствию одной упругой силы kA.z, где Az — отклонение от положе-
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
43
ния равновесия. Поэтому очевидно, что максимальное ускорение
груза при колебаниях во втором случае будет при максимальном
отклонении груза от положения равновесия (г = z2\.
_ - z0) _ 2
“max“ ЗМ ~3g
Рассмотрим колебание груза массой ЗМ относительно положе-
ния равновесия (z = z2). В крайнем верхнем положении полная
энергия системы равна потенциальной энергии груза:
k(zx - z2)2 2 (Mg) 2
Е =-----2----- = ~Г~
Потенциальную энергию груза мы записали через эквивалент-
ную силу, о которой говорилось выше. Если груз при колебани-
ях имеет кинетическую энергию Т = 3 Uq, то его потенциальная
энергия
fc(M2 г AMg? „тт
2 к °'
Здесь Дг — отклонение от положения равновесия.
Из уравнений (1) и (2) следует, что
^ = 2^. (4)
к
Поскольку эквивалентная сила, действующая в этот момент на
груз, равна к Az, то ускорение груза
kAz y/3kUo
а ~ ЗМ “ ЗМ ’
С учетом (4)
3. Q = 94Л.
Решение. В процессе 1 —2—3 газ фотонов совершил работу
на участке 1 —2. Обозначим.температуру на участке 1 —2 через Т\,
тогда работа
A = ^(V2-V1) = ^V1.
О О
Изменение внутренней энергии газа в процессе 1—2:
AU12 = aT*(V2- VJ = ЗА.
44 ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Изменение внутренней энергии газа в процессе 2 -3:
Д[/23 = aV2(T2 - Т4) = 2aV1T4(24 - 1).
Используя уравнение (1), окончательно получим, что
Д£23 = 6Л(24 - 1) = ЭОЛ.
Суммарное количество теплоты, подведенное к газу в процессе
1-2-3:
Q = A + l\Ui + ДП2 = 94 Л.
д I \ „ _ 2Со _ _ Со , _ Со,, Со. q , т _ „ / d
) <71 g , (/2 g > 93 з t Q4 з , 2) Ущах Qo
Решение. В тот момент, когда ток че-
рез катушку максимален, разность потен-
циалов между пластинами 2 и 4 равна ну-
лю. Также нулю равна разность потенци-
q-> алов между пластинами 1 и 3, поскольку
+ они закорочены. Заряды на пластинах в
этот момент изображены на рис. 5. Из по-
парной эквипотенциальности пластин 1,3 и
2, 4 следует, что напряженности полей в зазорах между пласти-
нами равны по величине и направлены, как показано на рис. 5.
Напряженности полей между пластинами:
£12 — до - qi 2e0S _ qi _ до - 2gi 2e0S “ 2e0S (1)
£23 = Q2 _ go - 2.qi 2e0S (2)
£.34 = 92 £0S qo 2e0S ' (3)
Поскольку Е12 = Е23 = Е34, то, приравнивая попарно (1), (2)
и (2), (3), получим систему уравнений для определения д4 и q2:
д0 = 2q4 - д2,
Qi = 2д2.
- 2 1
Из этой системы следует, что gi — до, а q2 = — ^ до-
О о
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
45
Q 2 „1
Заряд на первой пластине — к до, на второй — — до, на тре-
О о
1 „ 1
тьеи — д0, на четвертой — , до-
О о
2) Величину максимального тока через катушку найдем из за-
кона сохранения энергии. Сразу после замыкания ключа ток че-
рез катушку равен нулю, а заряды на пластинах 1 и 3 равны по
до
2 '
Напряженность электрического поля между пластинами 1,2 и
2, 3 равна нулю, а между пластинами 3 и 4 — Е} = 9 g. Энергия
электрического поля между пластинами 3 и 4:
JV1 = £^L.Sd + Wm = ^ + WBH,
2 o£q*_>
где V7B1, — энергия поля вне пластин.
В тот момент, когда ток через катушку достигнет максималь-
ного значения, напряженность поля по абсолютной величине во
всех пространствах между пластинами будет равна Е2 = , а
энергия электрического поля
W2 = 3^ Sd + ИСн = + Т¥вн.
Л ^46? 0*2)
Энергия поля вне пластин остается неизменной и определяется
суммарным зарядом пластин, который равен до- Закон сохране-
ния энергии запишем в виде
т Т2
Wj = W2 + ,
где Zmax — максимальный ток через катушку. Подставляя значе-
ния для Wi и W-2, получаем, что
т - d
Jmax-goy 6eo5Z-
nR\F\
R --(n- 1)F
5. F'
= 39,5 см. Изображение над линзой.
Решени е. Поместим мысленно между линзой и водой тон-
кую прослойку воздуха. Это не повлияет на ход лучей в системе.
Можно считать, что па линзу падает параллельный пучок света.
После прохождения линзы мы будем иметь расходящийся пучок,
46
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
как от точечного источника, находящегося в фокусе пашен линзы
(точка Л на рис. 6, вся картина на рисунке повернута на 90°).
Рассмотрим одни из этих лучей, который под малым углом сг
падает на выпуклую сферическую границу воздух-вода (луч ЛС).
После преломления на этой границе преломленный луч распро-
страняется вдоль направления СВ', а его продолжение СВ пере-
секает оптическую ось системы в том месте, где находится изо-
бражение (точка В). Расстояние от изображения до линзы равно
расстоянию BD на рис. 6. Найдем это расстояние. Весь расчет
проведем в приближении малых углов. Из САСС найдем связь
между углами а и /3:
угол 7 = Q = а Сумма углов в + /3 = 7. Отсюда
n а R + IFI IFI R - IF|(n — 1) гг
0 = У - В = а —- а ЦД. = п----------------г Из /ABCD по
' ' nR R nR.
теореме синусов
При построении хода одного из лучей мы предположили, что изо-
бражение будет мнимое, и, поскольку числовой результат полу-
чился положительный, то паше предположение оказалось вер-
ным.
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 8
47
2. 1 ) Отах
БИЛЕТ 6
= 2)i2 = ^^4.
,,fr ° p-g
2]T=
3. U = ?
__ 2 Sep р _ пт % т
3 d Ь ~ 27° V 3 d L'
_ _ 1 Seo р _ т /2 £qS т
q2 ~ 94 “ 3 d Ь ~ 1о\/ 3 d L-
5. F' = = 47,5 см. Изображение в воде.
БИЛЕТ 7
1. l)v = Vo + ggto', 2) S = 3t)Oio + l^gto-
2. 1)^ = 3; 2)T = [/0/3.
3-Q=^A
• * ) Ql ~~ 3’^3 — 3 ’ 44 — 3^0’ -*max — V 3 SeqL "
5- -n = 56,4 см. Изображение над линзой.
БИЛЕТ 8
Vi + Up _ 5
2viUo 3'
1 • 1) smax - 2°g, 2) z“
2. 1 )amax = |; 2)T =
3. U = ^Q.
6a
д [ \ 2 Ssq q 1 Seo p 2 Seq p 1 Seq p
4- 3^r£’c^ = 3^re’g4=-3^r£’
3
16
и0.
2) Ли ах —
5. F' = _7^ = 48,4 см. Изображение в воде.
48
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
БИЛЕТ 9
Решение. Пусть I — длина нити, связы-
вающей шарик массой т\ с точкой 69]. То-
гда длина нити, связывающей шарики, рав-
на /Уз.
Силы, действующие на шарики, показа-
ны на рис. 7. Здесь Т\, Т2 и Т? — силы натя-
жения нитей, причем (Тг) = IT2I = ^2- За-
пишем уравнения движения шариков в про-
екциях на оси у их:
Ту cos а — Т2 cos /3 = rnig,
Т2 cos /3 = m2g
micd2l sin a = sin a — T2 sin/3,
m2 ш2(/Уз sin /3 + I sin a) = T2 sin/3.
Решая систему уравнений, получим ~ = §
2.р = 0,64.
Решение. Если у? — начальная относительная влажность
воздуха в цилиндре, то начальное давление сухого воздуха равно
Pi — утРнп, где Тип ~ Ю5 Па — давление насыщенного пара в
цилиндре при температуре 100 °C. В случае выпадения росы пар
становится насыщенным и давление сухого воздуха в цилиндре
равно Р2 — Рт, где Р2 — давление воздуха после сжатия (Р2 =
= (ЗР\). При изменении давления сухого воздуха в изотермиче-
ском процессе справедлив закон Бойля—Мариотта:
(Р1 — уЗ-Рнп)^ = (Р2 — Рнп)Иг;
где Vi, V2 — начальный и конечный объемы цилиндров (Vi =
= 7V2 ) Перепишем последнее уравнение в виде
(Д - 99РН[1)7 = (/ЗД - Рнп).
Отсюда
Pl ( /ЗА 1
<^=7^1-- +- = 0.64.
Рнп \ 7/ 7 '
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
49
3. 1)[/Л1=2В; 2) I = 0,55 А.
Решение. Напряжение на лам-
почке Лх = £ - Ij^R, где
— ток через лампочку. Послед-
нее уравнение есть так называемое
уравнение нагрузочной прямой.
Пересечение этой прямой
(см. рис. 8) с вольт-амперной
характеристикой лампочки дает
1Л1 = 0,25 А, иЛ1 = 2 В.
Напряжение на второй лампочке [/д2
= 4 В. П(Рйбл§т-амперной
характеристике находим ток через нее: 1Л.2
батарею
I = и + 1л2 = 0,55 А.
Именно этот ток и покажет амперметр.
0,3 А. Ток через
4.1 =
q{d — 2b)
2eqvS
, течет справа налево.
Решение. В установившемся состоя-
нии заряды обкладок 1 и 3 равны Q и — Q
соответственно. Найдем величину заряда Q
из условия, что между обкладками 1 и 3 кон-
денсатора поддерживается постоянная раз-
ность потенциалов £.
Пусть Е — суммарная напряженность
электрического поля, создаваемого обклад- -Рис. 9
ками 1 и 3, a Eq — напряженность электрического поля пласти-
ны 2. Картина полей при Q
Se0
Тогда
> 0 показана на рис. 9. Ясно, что
и
= Q
2Se0 '
(Е + Eo)(d — b) + (Е - Ео)Ь = £. или
Ed + E0d-2E0b= г.
Подставляя сюда соотношения (1), имеем
Q , , 9 , 29 , _ о
Seod 2Se0 2Se0
50
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
£St0 q(d — 2b)
Отсюда Q = —--------— .
a 2d,
После удаления пластины 2 разность потенциалов между об-
кладками 1 и 3 равна
Q 4{d-1b)
Vc = c = l'~^i+s--
где С — емкость конденсатора, равная С = Для замкнутой
цепи
£ = VC + Ir.
г г т q(d ~ 2&)
Из последних двух равенств находим ток в цепи: 1 = -
Ток через батарею течет справа налево.
5. f = = 400 Гц.
J LX
Решение. Пусть х — расстояние от источника света до оси
ОА. Изображение источника света S*, создаваемое зеркалом,
расположено на расстоянии 2d + х от оси О А (см. рис. 10). Для
оптического пути SA имеем
Длина оптического пути S3 А равна |S*A|, причем
|S* А| = V^ + Vd + x)2 я L (l + l
Разность хода лучей S3 А и SA
2d^ ?dr
A = |S*A| - \SA\ +
Li Li
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 11 5£
Максимум освещенности в точке Л наблюдается, когда
2d2 2d.x
~T + ~L = т>"
где т — любое целое (т — порядок интерференции), а А — дли-
на волны, излучаемой источником S. Если за время Ai порядок
интерференции изменился на единицу п источник сместился на
Аге, то Arc = nA/ и
2cZAa:
'Г = А'
Отсюда AZ =
2dv
,, „ 1 2dv
Частота f = — = —— = 400 Гц.
Z\t z>A
БИЛЕТ 10
1 Т = 2tga(sina + 2)
5 sin а + 2
о Ри _ 7-/? _ 1
Р
3. 1) 1Л1 = 1л2 = 0,2 A; 2)V = 1,5B.
л т h(s — 1)Е
4’ 1 = [2& + /г(1-£)]г’ ТеЧеТ СЛеВа наг|РаВ0-
5. f = = 400 Гц.
БИЛЕТ 11
1 И - 48
F-2 ~ 29-
2. Р = Рн • 2^-5^
н 7 - в
при 100 °C).
= Рн = 1 атм (Рн — давление насыщенного пара
3. 1) РД1 = 0,75 В; 2)1 = 6 мА.
4.1 =
q(d - 2b)
sorS
, течет справа налево.
5./ =
4dv
LA
= 40 Гц.
52
ФИЗИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12
БИЛЕТ 12
2g'tg/3
4/j sin 0 + Io'
2. х = 1 —
^(7 ~ /3) _ 1
7/9-1 4'
3. 1)/Д1 =/д2 = 1,5мА; 2)V = 0,5B.
4./ =
/i(e — 1)8
Ider
, течет справа налево.
5. f = Ы = 20 Гц-
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет I
53
МАТЕМАТИКА
БИЛЕТ 1
1. 204.
Реш е а и е. Так как окружность про-
ходит через точки А и С, а ее центр
принадлежит АС, то АС — диаметр
окружности (см. рис. 1), откуда следу-
ет, что /LABC = ААЕС = J, АВСЕ
— прямоугольник, ВС = 8. По свой-
ству касательной и секущей CD2 =
= (ED + AE)ED, т.е. ED2 + 8ED — 3613 = 0, откуда ED = 18.
По свойству перпендикуляра, опущенного из вершины прямо-
го угла на гипотенузу,
СЕ2 = АЕ ED, т.е. СЕ2 = 8-18, откуда СЕ = 12.
Искомая площадь S = СЕ = 2(^ 12 = 204.
2. х = — ~ + 2тгп, х = тгп, х = — + 2тгп,
х = + 2тгп, х = + 2тт, п g Z.
4’6
Решение. 1) Пусть
cos х 0. (1)
Тогда уравнение можно записать в виде
sinх + cos х + (sinх + cos ж) (cost: — sinх)(2sin 2х — 1) = 0, (2)
так как cos2а: — (cosх + sin;r)(cos ж — sins?), sin 4т: =
= 2 cos 2х sin 2а:.
Из (2) следует, что либо cos х + sin х = 0 и тогда
7Г
X = — — + 7ГП, п Е Z, (3)
либо
1 + (cost: - sin ж) (2 sin 2.7; - 1) = 0. (4)
Условию (1) удовлетворяют значения х, определяемые форму-
лой (3) только при четных п, т.е. значения х = — + 2тгп, n £ Z.
54
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет I
Обратимся к уравнению (4). Полагая cos х — sins = t и учи-
тывая, что sin2s = 1 - Z2, из (4) получаем 2/3 — / — 1 = 0 или
(t-1)(2t‘2 + 2t +1) = 0, откуда t = 1. Уравнение 2t2 + 2/ +1 = 0 не
имеет действительных корней. Итак, t = 1, т.е. coss — sins = 1
. х 7 х х\ „
или sin (cos + sin 2 / = U-
Если sin^ = 0, то х = 2тт, n G Z; эти значения х удовлетво-
ряют условию (1) и являются корнями исходного уравнения.
Если cos + sin ~ = 0, то tg = — 1, х = — + 2тгп, п Е Z —
корни исходного уравнения.
2) Пусть
cos х < 0. (5)
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
(sin х — coss)(l + (1 - 2 sin 2s)(sin x + coss)) = 0,
откуда следует, что либо sins — cos s = 0 и тогда
s = — + 7гА, к Е Z, (6)
либо
1 + (1 — 2 sin 2s)(cos х + sin s) = 0. (7)
Условию (5) удовлетворяют значения s, определяемые форму-
5тг
лой (6) только при k = 2п + 1, т.е. значения s = + 2тгп,
п Е Z.
Заменой t = coss + sins преобразуем уравнение (7) к виду
2t3 — 37 — 1 = 0 или (t + 1)(2/2 — 2t — 1) = 0, откуда либо t = -1
и тогда s = 7г + 2тгп, п Е Z — корни исходного уравнения, либо
.1-73 . , 1 - Уз
i = —г,— , т.е. sins + coss = —— или
. / 7Г\ 1 — \/3 п
sm s + - = --------— . (8)
V 4/ 2х/2
Заметим, что sin^ = sin (д — • Поэтому из (8)
следует, что
s = —— + (—+ 7гА,', к Е Z. (9)
4 v 12
Условию (5) удовлетворяют значения s, определяемые форму-
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Вилет 1 35
лой (9) только при А- = 2n + 1, т.е. значения х = ~ + 2im,
n G Z.
3. — 2 < :г < —1, -1 < х < 0, 0 < х < 1, X > 2.
Р с ш е н и е. Область определения неравенства — множество
значении таких, что
х > —2, х 0.
I ) Пусть lg(.-z; + 2) < 0, тогда --2 < х < -1, 1g2(х + 2) > 0.
|lg^|>0,
y.3Ig2x-2 + lg2(x + 2) > \/3| lg.'r2i > lgx- + lg(x + 2).
Следовательно, значения x из интервала (-2,-1) — решения
исходного неравенства.
2) Пусть Igfrc + 2) = 0, тогда х = — 1, а при х = — 1 обе части
исходного неравенства обращаются в нуль (неравенство 0 > 0 не
является верным).
3) Пусть
IgO + 2) > 0. (1)
Тогда исходное неравенство равносильно неравенству
'/зР + 1 > t + 1, (2)
где t = , ,1ёУ ,, .
lg(.r + 2)
Неравенство (2) будем решать с помощью графиков функций
у = УЗА2 + 1 и у = t + 1 (см. рис. 2).
Графики пересекаются при
А = 0 и А = t.o, где Zq —
положительный корень урав-
нения (УЗА2 + I)2 = (Z + I)'2,
т.е. уравнения 2/,2 — 2А = 0, от-
куда t0 = 1.
При t < 0 и t > 1 график
функции у = УЗ?2+ 1 лежит
выше графика функции у = t +
+ 1. Поэтому множество ре-
шений неравенства (2) — со-
вокупность промежутков t < 0 и t > 1.
56
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет [
Неравенство t — < 0 с учетом условия (1) равно-
сильно неравенству 1g л;2 < 0, откуда 0 < |я;| < 1.
1 °' X ?
Неравенство t = < > 1 с учетом условия (Г) равно-
сильно каждому из неравенств 1g л:2 > lg(.z: + 2), х2 — х - 2 > О,
откуда х > 2, так как х > -1 в силу ( I).
4. а) 8л-, б)6тг, в)4тг + 4.
Решение, а) Первому неравенству, равносильному совокуп-
ности двух неравенств (х — 2)2 + у2 < 4, (х + 2)2 + у2 si 4, удов-
летворяют координаты точек, находящихся внутри и на границах
двух кругов радиуса 2 с центрами (—2,0) и (2,0) (см. рис. 3).
Площадь этой фигуры Si = 2 • тг • 22 = 8тг.
б) Второму неравенству удовлетворяют координаты точек,
расположенных вне(и на границе)квадрата с вершинами (-2,0),
(0,2), (2.0), (0,-2). Площадь S? фигуры Фд, координаты то-
чек которой удовлетворяют первым двум неравенствам системы,
равна S[ — So, где Sq — половина площади круга радиуса 2, т.е.
S-2 = 8тг — 2тг = 6л.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
57
в) Третье неравенство можно записать в виде (.т —4)2 — у2 О,
или (tr + у — 4)(т — у — 4) > 0. Этому неравенству удовлетворяют
координаты точек, лежащих внутри и на Гранине одной из двух
пар вертикальных углов, образующихся при пересечении прямых
х+у—4 = 0 и х — у — 4 = 0. Так как (0,0) — решение третьего не-
равенства системы, то этому неравенству удовлетворяют коорди-
наты точек фигуры Ф2, лежащих в прямом угле с вершиной (4,0),
таких, что х < 4. Площадь S3 фигуры Ф3 равна | S2 + од, где
сто — площадь прямоугольного треугольника с вершинами (2, 2),
(4,0), (2,-2), т.е. ст0 =4.
Следовательно, S3 = 4тг + 4.
(з ’ 9)’ (12; -2)’
Решение. Область определения уравнения — множество
точек, таких, что
ж 2у, у / 0, х + у/х -2у > 0. (1)
Первое уравнение системы преобразуем так:
2у + бу2 = х - у - 2у, (х/ж- 2у)2 — уу/х - 2у - бу2 = 0,
(Vх ~2У - 3У) (Vх ~2У + 2У) = 0-
1) Если у/х — 2у — Зу = 0, то
у/х -2у = Зу, у^0. (2)
Из (2) и второго уравнения системы получаем у/х + Зу = (х +
+ Зу) — 2 или (у/х + Зу — 2)(у/х~+~3у + 1) = 0, откуда у/х + Зу =
= 2, так как у/х + Зу + 1 > 0. Тогда х + Зу = 4, х = —Зу + 4.
Отсюда и из (2) находим у/4 - 5у = Зу, 9у2 + 5у — 4 = 0, у, =
= — 1, У2 = д- Так как у 0, то yi отбрасываем, а если у — 4/9,
8
ТО X = 3.
ГТ /8 4\ ...
11ара чисел (3,9) удовлетворяет условиям (1).
2) Если у/х - 2у = -2у, тоу^Оигс — 2у = 4у2, а из второго
уравнения находим у/х — 2у = х + Зу — 2. Поэтому х + Зу — 2 =
= —2у, х = 2 - Ъу , 2 — 7у = 4у2, у} = (не годится), у2 = —2,
х% = 12.
58
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
Пара чисел (12, — 2) — решение исходной системы.
6. у = arctg R = у/^11.
Решение. I) Пусть А±, В\,С\ — точки пересечения верхне-
го основания цилиндра с ребрами DA, DB и DC соответствен-
но (см. рис. 4), О и К — центры нижнего и верхнего основа-
ний цилиндра, тогда ОК = h — высота цилиндра. Так как тре-
угольник A^iC} вписан в окружность, а ее центр К лежит на
A1Bi, то A[Bi — диаметр этой окружности, К — его середина,
ZBjC'iAx = Из подобия треугольников А^ВуСу и АВС сле-
дует, что АВС А = 77, а коэффициент подобия к =
Пусть АС = Ь, ВС = a, S — площадь треугольника АВС.
Тогда S = | ab = гр = 3(24 + а + Ь) откуда ~ = а + b + 24. Но
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 1
59
в прямоугольном треугольнике сумма катетов равна сумме диа-
метров вписанной в треугольник и описанной около него окруж-
ностей, т.е. а + b = 24 + 6 = 30, и поэтому ab = 162.
По условию объем пирамиды и — | ab Н = 27\/2, откуда
высота пирамиды DM = Н = \/2. Пусть ON ± АВ, N G
G АВ, ср — величина двугранного угла между гранями АВС и
л г? гт т О A h h .4.4j 3 ,
ABD. 1огда tgy? = где откуда h =
3 rr 3 , 1 л/2 , л/2
= 4Я = ^Лл^=^ = нг^ = arct§ Т'
2) Так как DM || ОК, а К — середина А^Вх, то плоскость,
проведенная через DM и ОК, пересечет ребро АВ в его сере-
дине L. Центр О^ сферы, описанной около пирамиды ABCD,
лежит на прямой, проходящей через точку L и перпендикулярной
плоскости АВС. Если R — радиус сферы, то R = O\D = О\С.
Пусть LOi = х, тогда OiC2 = OiL2 + LC2, где LC = от-
куда
R2 = х2 + 144. (1)
Чтобы получить еще одно уравнение, связывающее R и х, про-
ведем через точку Oj прямую, параллельную LM и пересекаю-
щую DM в точке Мх. Тогда ММг = х, О\М\ = LM, OiD2 =
= О\М2 + MiD2, где MiD = Н + х = -/2 + х, т.е.
R2 = LM2 + (я + \/2)2. (2)
Отрезок LM выразим через LO, пользуясь тем, что
LO h 3 4
LM = Н = 4 ’ °Т“УДа Ш = j“
Но LO — медиана в АДОВ и по свойству сторон и диагоналей
параллелограмма
(2LO)2+ АВ2 = 2(ОА2+ ОВ2). (3)
Пусть А‘2 и В-2 — точки касания вписанного в треугольник АВС
круга, тогда С А? = СВ? = г = 3, ВВъ = а - г, Л.42 = b — г,
ОА2 = (b — З)2 + 9, ОВ2 = (а — 3)2 + 9, и равенство (3) примет
вид
4Ю2 + 242 = 2(Ь2 + а2 + 36 - 6(а + 0) = 2(242 + 36 - 180),
69
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет3
откуда 4LO2 = 288, LO = бу/2, LM = | LO = 8^2.
Тогда уравнение (2) примет вид
R2 = 128 + (т + V2)2. (4)
Вычитая почленно из (4) уравнение (1 ), находим 2.та/2 - 14 =
= 0, откуда х = Подставляя найденное значение х в урав-
нение ( I), получаем
„2 49 ааа 337 „ /337
R - — + 144 = — , откуда R = \
БИЛЕТ 2
5. (6,30),
1. 663.
2. X = + 2тГП, X = 7Г + 2тгп, X = + 7ГП,
х = - + 2тгп, х = — + 2тгп, п Е Z.
3. О < гг < 1, 1 < X < 2, 2 < X < 3, гс>4.
4. а)8тг; б)6тг; в) 4тг + 4.
2 - у/85 29 — >/85
9 ’ 3
_ 110^/2 D _ 5 /129
3 ’ Н~ 4 у 2 '
БИЛЕТ 3
1.270.
2. X = + 2тггг, х = + 2тгп,
х = + 2тгп, х = — ~ + 2тт,
X = 7Г + 7ГП,
1, 1 < х < 2.
4. а)8тг, б)6тг, в)4тг + 4.
5
25
R =
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет5
61
БИЛЕТ 4
1. 135.
2. х = — + 2тгп, х = тг + 2тт, х = + %п,
х = + 2%п, х = ~ + 2тт, п 6 Z.
•э 4
3. -1 < х < 0, 0 < х < 1, 1 < х < 2, х > 3.
4. а) 8%, 6)6%, в) 4%+ 4.
с- (2 10А ( 5 + а/221 33+а/221\
’ 9 J’ 49 ’ 7 у-
БИЛЕТ 5
1. х = тгп, п Е Z.
Решение. Так как 1 — 2 sin2 х = cos 2х и cos х 0, то урав-
нение равносильно каждому из уравнений
cos Зж , о cos Зж cos 2х cos2 х
------(cos 2х — cos 2х sm х) = 1, ----------------= 1,
COS X cos X
cos ж cos 2ж cos Зж = 1. (1)
Уравнение (1) может иметь решения только в том случае, когда
| cos ж| = | cos 2ж| = | cos Зж| — 1.
1) Если cos ж = 1, то ж = 2тхп, cos 2ж = cos Зж = 1.
2) Если cos ж = —1, то ж = % + 2тхп, cos 2ж = 1, cos Зж = —1.
2. —4 — \/б<ж< — —3<ж< -------з---, 5 ж < 7.
Решение. Область определения неравенства — множество
Е точек ж, удовлетворяющих условиям
ж2 — 4ж — 5 О, \/ж2 — 4ж — 5 4, |ж + 2| / | .
Откуда следует, что Е — множество точек, расположенных вне
интервала (—1,5), кроме точек — , —3, 7.
На рис. 5 указаны знаки левой части исходного неравенства
(над числовой прямой Ох) и правой части (под прямой Ох).
62 МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
1) Пусть х О [5,7), тогда девая часть неравенства отрицательна,
а правая положительна. Поэтому значения х из промежутка [5,7)
являются решениями исходного неравенства.
Ч- । 4- । — । । — । +
ин •?,' - i । 4-TTi
Рис. 5
2) Пусть х > 7, тогда обе части исходного неравенства положи-
тельны, и оно равносильно (при х > 7) каждому из неравенств
\J х1 ~ 4х — 5 > 2ж+3, ж2 3 4-4ж-5 > (2х+3)2, Зх2+16х+14 < 0.
„ 8 + х/22 -8 + х/22
откуда Х{ < х < х2, где xY =-------, ж2 = --------о-51— —
О о
корни уравнения Зж2 + 16ж+14 = 0, которое является следствием
уравнения
у42 -4;/;-5 = 2х + 3. (1)
Так как х2 < 7, то значения х > 7 не являются решениями ис-
ходного неравенства.
g
3) Пусть х < — 2- тогда |ж + 2| = -х — 2, обе части исходного
„ 9
неравенства положительны, и при х < — % это неравенство рав-
носильно каждому из неравенств
Vs2 - 4гг - 5 - 4 > -2(х + 2) - 5, \А2 - 4ж - 5 > -2х - 5,
х2 — 4х — 5 > (-2ж — 5)2, х2 + 8х + 10 < 0,
откуда Хз < х < Х4, где хз = — 4 — \/б, Х4 = -4 + \/б — корни
уравнения х2 + 8х + 10 = 0, являющегося следствием уравнения
\/л2 — 4./; — 5 = — 2х — 5. (2)
и 9
На промежутке х < — ^ исходному неравенству удовлетворяют
( 9\
значения х 6 1ж3,—
4) Пусть х G | , — з), тогда левая часть неравенства поло-
жительна, а правая отрицательна. Поэтому значения х из ин-
_______МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5__________63
( 9
тервала I — , — 3 I не являются решениями исходного неравен-
ства.
5) Пусть х 6 (-3,-1]. Тогда обе части неравенства отрицатель-
ны, и поэтому исходное неравенство в этом случае равносильно
неравенству
а/ж2 — •4ж — 5 — 4 > 2|ж + 2| — 5.
Чтобы решить это неравенство, заменим его следующим равно-
сильным неравенством:
а/ж2 — 4ж — 5 > 2|ж + 2| — 1, (3)
левая часть которого неотрицательна, а правая меняет знак в
5 3
точках — 2 и — 2
Если ж G 3,— 2 то обе части неравенства (3) положитель-
ны, и оно равносильно (см. п. 3) на этом интервале неравенству
ж2 + 8ж + 10 < 0, откуда жз < х < Ж4. Так как —4 - Дб <
5 /_ / 5\
< — 3 < — 2 < — 4 + V6, то значения ж 6 [ —3,— %} — решения
неравенства (3). Если ж 6 [— | |], то левая часть (3) по-
/5 31
ложительна, а правая отрицательна на интервале ( — 2 и
обращается в нуль на концах этого интервала. Поэтому значе-
Г 5 31
ния ж 6 — 2 2 — решения неравенства (3).
Если ж 6 | , — 1J, то неравенство (3) равносильно
(см. п. 2) неравенству Зж2 + 16ж + 14 < 0, откуда х1 < ж <
т 8 + л/22 3 -8+ л/22
< Ж2. 1ак как--------~ — < —1, то значения
О Li о
х е | , — решения неравенства (3). Объеди-
няя найденные промежутки, получаем, что все решения неравен-
(_g I \/221
— 3, ---т---- .
о /
Замечание. Для нахождения решений неравенства (3)
при ж 6 (-3, — 1] можно использовать графики функций у =
= д/ж2 - 4ж - 5 и у = 2|ж + 2| - 1 (см. рис. 6).
64
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
Из рис. 6 видно, что эти графики пересекаются в точках А и
В с абсциссами и х? (это корни уравнений (2) и (1)). На ин-
тервале (-3, х?) график функции у = \/ж2 — 4ж - 5 лежит выше
графика функции у = 2|ж + 2| -1. Поэтому значения х G (-3,3:2)
— решения неравенства (3) на промежутке (—3. — 1].
3. f 1 - 1; 1 _2\
Решение. Разложив левую часть второго уравнения системы
на множители, запишем его в виде
(2х - у + 1)(ж - у — 1) = 0.
1) Если у = 2х. + 1, то 5х — Зу - 1 = —ж — 4, Зх - у + 1 = х.
Так как неравенства —х - 4 > 0 и х > 0 несовместны, то в этом
случае система не имеет решений (левая и правая части первого
уравнения не имеют обшей области определения).
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5 65
2) Если у = .г - 1, то первое уравнение системы примет вид
logs2 + log5(a? + 1) = log2(a; + 1) — 1
log5(a?-f-1) log2(j; + 1) + 1 ’
откуда
log5 2 + log5 2 • log2(a; + 1) + 2 log5(2: + 1) = 0,
log5 2 + 3 log5(s + 1) = 0, 2(ж + I)3 = 1,
x = - ] + ~ , у = x — 1 = -2 + .
\/2 y/2
4. AMBN = yr, AD = a/6.
4
Решение. Так как ВС || AD и окружность касается пря-
мых ВС и AD в точках В и D, то BD — диаметр окружности
(см. рис. 7).
Обозначим AMBN = <р, ABDC = a, ABAD = /3, тогда
ANBC = а (угол между касательной и хордой), а + /3 + </> = тг.
। \ п MN о, . 1 и
1)110 теореме синусов = BD, откуда sin р = по р =
= AMBD + — а, где AMBD > а, так как AD > ВС. Поэтому
р > и р = , а + /3 = , так как а + /3 + р = л.
2) Площадь трапеции S = 2 = | (AD + BC)BD, где AD ~
66
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5
= BD ctg Р, ВС = BD t.g п, откуда
2 = Igo + ctg/Т = tg (j - Т) + Olg/J = ,
3 tg2 p = 1. tg P = —= . AD = x/2ctg/3 = \/б.
v 3
9 117
2’ 4 ’
Решение. Графиком первого уравнения системы является
замкнутая ломаная L (граница многоугольника) с вершинами в
3
точках, лежащих на прямых х = 0, у = 0, у = х-
Найдем эти вершины. Если х = 0, то |у| = 3 (у = 3 и у = —3),
3 9
если у = 0, то |ж| = 3; если у = х, то )гг| = 3, |у| = •
Ломаная L изображена на рис. 8, где ЛЦ—3; 0), Л2(3; 0),
В^О; —3),В2(0; 3), С\ (-3; -- С2 (3; Графиком второго
уравнения при а > 0 является окружность с радиусом рн. с цен-
тром 0(0,0).
3
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 5 67
Данная система имеет ровно два решения в следующих случа-
ях:
1) окружность касается отрезков AyB2 и А2В, тогда Да
9 '
а = 2;
2) радиус окружности равен расстоянию от точки О до точек
„ .у) , /9\2 117
и Од, тогда « = 3“ + х = -ц~.
\ z / 4
Dy
Рис. 9
Г?
/ \
Рис. 10
6. a) 6v^ - 6)2\/2-\/5.
О
Решение, а) Центр сферы,
касающейся ребер В A, BBi и
ВС, лежит на диагонали BDy
куба, образующей с каждым
из ребер В А, В By, ВС угол
а = arccos (см. рис. 9).
V
Если сфера касается плоско-
сти A\DC\, то точка касания
Р есть центр равностороннего
треугольника A]DCX, а РВ ± A\DC\. Пусть О — центр-этой
сферы, г — ее радиус, Е — точка касания сферы с ребром ВВу.
По свойству касательной и секущей BE2 = ВР(ВР — 2г), где
2 2
ВР = BDy = —?= так как из подобия треугольников DPB и
з v3
D^PK (К — середина Р1ВЦ следует, что BP = 2PDi. Кроме
того, BE = ОЕ ctga = -Д=. Тогда ~ ( Д= - 2г ) или
V2 £ v 3 \ уЗ /
Зг2 + 8г\/3 — 8 = 0, откуда т = —
О
б) Пусть R — радиус сферы, каса-
ющейся ребер В А, В В^, ВС и прямой
DA\,Oi — ее центр, тогда
ДОХ = —=
sin а V 2
Рассмотрим треугольную пирамиду
с основанием A^DCy и вершиной В
68
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 8
(см. рис. 10). Пусть М — середина А\1). Тогда О^М ± Л(D,
О^М = В., МР = Из по теореме Пифаго-
ра находим В2 = g + или В2 - 4^/2В. + 3 = 0,
откуда R = 2\/2 - \/5.
БИЛЕТ 6
1 . X = 7ГП, п 6 Z.
9 Й / / /I 11- х/22 / /И '11 к
2. -6 < ж < -4, -х--- < х < 4, -=<ж<5 + \/6.
О Л
3- f -у? + 1, -у? + 2У
\ V о у о /
A.AMDN=^, ВС = 2/7.
О
г „ 2500
0.2,
6. а) б)2^/2_у5.
О
БИЛЕТ 7
1 . X = 7ГП, п 6 Z.
о о /Н II7 т —20 + Vх 2 2 1 о
I. —8 — уб < х < —х-, — 7 < х < -----------х-----, 1 х < 3.
о
4. AMBN = ^, AD = 2х/3.
г 81 81
°’ 32’ 10'
6. а) 6^~4 *^- б)2у/2 - \/5.
БИЛЕТ 8
1 . X = 7ГП, п G Z.
2. х < -4, -4 < х < —2, 4<ж<6, 6 < х < х >
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9_69
3- (* 2 + Т5'-^£)-
4.ZMBA' = ^, ВС = 2\/21.
с 121 121
13 ’ 50 '
л . 6\/2 — 4 х/З л \ о /п [V
6. а) ——5——; б) 21/2 — V5.
О
БИЛЕТ 9
7Г , тт 7Г , ™
ъ — Y2 4~ — — 3 + 7Г™, П G .
Обозначим /(ж).= эшбж cos Зж и рассмотрим два
1 л ,
I. Ж = -Г + 7ГП,
4
Решение.
возможных случая: /(ж) А 0, /(ж) < 0.
1) Пусть
f (ж) = sin 5ж cos Зж = |(зт8ж + зш2ж) 0. (1)
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
зт8ж
---------------------------= 2соз2ж. (2)
зт2ж
Так как sin 2ж / 0, то уравнение (2) равносильно уравнению
2 cos 2ж cos 4ж = cos 2ж,
откуда следует, что либо cos 2ж = 0, либо cos 4ж = ^.
Если cos 2ж = 0, то sin 8ж = 0, | sin 2ж| = 1, и из (1) следует,
что
sin 2 ж = 1, откуда ж
п G Z.
Если cos 4ж = 2 cos2 2ж — 1 =
7Г
= - + ТТЛ,
4
1
2’Т0
V 3
cos 2ж = ±— ,
2 ’
sin2л; = ±- . (3)
Чтобы провести отбор корней уравнений (24) с учетом условия
(22), запишем /(ж) в следующем виде:
/(ж) = | зш2ж(4 cos 2ж cos 4ж + 1).
Так как cos 4ж = i, то /(ж) = sin 2ж(2 cos 2ж + 1).
(4)
70
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет9
Отсюда и из (3) следует, что /(д) > 0 тогда и только тогда,
когда sin 2д cos 2а: > 0, так как |2 cos 2д| = х/З > 1. Следо-
уз 1 уз
вателыю, либо cos 2^ = sin 2гс = либо сон2.д = —
• 1 ,, 7Г 7Г 7Г72 г-п
sin 2д = — ~, откуда 2д = ^ + тгп, д = ук + -s-, n G Z.
2) Пусть- /(д) < 0, тогда исходное уравнение примет вид
sin 2д „ „
--:—ft- = 2 cos 2х или
sin 2х
cos 2х = — | . (5)
Тогда cos 4х = 2 cos2 2х — 1 = — | и из (4) следует, что
/(д) = sin2s.
Решив уравнение (5) при условии /(д) = sin2s < 0, получим
2х — —+ 2тгп, откуда х = — + тгп, n 6 Z.
2. < х < \/2.
Решение. Пусть Е — область определения неравенства.
Тогда Е — множество решений системы неравенств
Г 76 - 12д3 > 0.
[ 76 - 12д3 < 81,
откуда следует, что Е =
з/Т з/Х
V 12’у 3 _
Так как 3 >
то
на множестве Е исходное неравенство равносильно каждому из
неравенств
9 - Дб - 12ж3 < (3 - д)2,
д(6 — д) < \/76 — 12д3. (1)
1) Значения д g Е, такие, что д(6 — д) <0, т.е. числа д G
До
G
— решения исходного неравенства, так как в этом
случае левая часть неравенства (1) неположительна, а правая
принимает положительные значения.
(о.Д
2) Пусть д G
, тогда неравенство (I ) равносильно ка-
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ БилетЭ
71
ждому из неравенств .г4 — 12.x3 + 36т2 < 76 — 12т3, т4 + 36т2 —
--76-- (т2 + 38)(т2 — 2) < 0, х2 < 2, откуда 0 < х < \/2. Так как
у/2 <
то множество решений неравенства (I) — интервал
(О, х/2).
633
• 440'
Решение. Пусть О —
центр окружности с радиу-
сом R, описанной около тре-
угольника АВС, К — се-
редина АС, АВСА = 2а
(см. рис. 11). Тогда ОВ =
= R, OD ± ВС, ABOD =
Рис. 1 1
= 2а, КС = ВС cos 2а = 5 cos 2а, АС — 10 cos 2а, а искомое
расстояние от точки О до прямой I равно ОМ, где М — точка
пересечения OD и I.
Из /AADC по теореме косинусов
AD2 = АС2 + DC2 - 2АС DC cos 2а, т.е.
— = 100 cos2 2а -|-2-10 cos 2а - cos 2а,
4 4 2
3 2 14
откуда cos 2а = F, cos а = —sin а = -7=, sin 2а = 2R =
° V5 v5 a
_ АВ jy __ 25
sin 2а ’ ~ 8
п j < BE ВС 5 < г,
Но свойству биссектрисы откуда АЕ =
б -t о 30 л л ЕС АЕ
= АВ = ту. Из /aADC по теореме синусов --у = ---------,
11 11 ' J sin 2а si no-
откуда ЕС = AEH2cosa = FC = | EC = -Д=.
11 5 11л/5
Проведем через точку F прямую, параллельную OD и пересе-
24
кающую ВС в точке Р, тогда FP = MD = FC sin а =
О О
1
ОМ = OD - MD, где OD = R • cos 2а = у.
О
Следовательно, ОМ =
15 24 633
8 55 ~ 440'
72______МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9_
л । , 329 о. 5 q 8\/б ЗУ6
4. 1) -эд-; 2) arccos =; 3) и
Решение.
I) Пусть М и Mi — середины АС и AiCi (см. рис. 12), К —
точка пересечения ММ] и DD\, F Е ВВ] и KF || ВМ, Е] Е
Е AiBi и DiE] || DE. Тогда сечение призмы плоскостью П —
пятиугольник DD]E]FE, такой, что
1 । / f АС\ ~ 1 ______
DE = -BM=-^BC2-[—J = — \/52 —- З2 = 2,
DiE] = ^-BiM] = -ВМ = | , KF = BM=M
О ио
Этот пятиугольник составлен из двух трапеций, в которых KD\
и KD — высоты, так как KF — перпендикуляр к плоскости
AAiCCi. Из подобия треугольников KD]M] и KDM следу-
KD\ D]M] 2 ту-гт 2
ет, что = DM = 3’ и поэтому KD] = DD], KD =
3
= 5 DD], Пусть N Е АС и D]N ± АС. По теореме Пифагора
DDi = y/ND2x + ND2, где ND = | AM + | МС = 1 + | = |.
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
73
Площадь сечения S = EF KDi + FF KD =
-+4
3 7 2 + 4 21 _ 329
2 ’ 5 + 2 ’ 10 " 30 ’
2) Пусть <p — величина двугранного угла между плоскостями П
и АВС. Так как D\D С П, DXD ± DE, AD G ABC, AD ±
± DE, a DE — линия пересечения плоскостей П и АВС (ребро
двугранного угла), то AADD\ = <р (см. рис. 12). Из £\DiND
ND 5 5
находим cos <р = = ^,<р = arccos
3) Пусть /J] и р — расстояния от точек Ci и С до плоскости П.
Так как DE ± AAiCiC и DE С П, то плоскости П и AAiCiC
перпендикулярны. Поэтому перпендикуляры, опущенные из то-
чек Ci и С на плоскость П, лежат в плоскости AAiCiC. Пусть L
— основание перпендикуляра, опущенного из точки Ci на DDi
(см. рис. 12). Тогда pi = CiL = Ci Di sin tp = 4 •
T p DC 3 3 3\/6
Так как - 8, то/э - 8 pi - ?.
Замечание. При нахождении площади сечения можно вое-
пользоваться формулой S = , где Si — площадь проекции
47
сечения на плоскость АВС. Здесь Si =
6
5. а < 14.
Решение. Если а = 0, то уравнение примет вид Зх + 14 = О,
откуда х0 = - -у и х0 [0,1].
Пусть а 0, f(x) = '1«.т2 + (4а — 3)ж + а — 14, D = (4а — З)2 —
- 16а(а - 14) = 200а + 9.
Если D = 0, то а = — .то = — —- < 0, xq ± [0,1].
200 8а ' L J
Если D < 0, то уравнение не имеет действительных корней, а
если D > 0, то уравнение имеет два различных действительных
корня.
Интервалу (0.1) принадлежит только один из этих корней то-
гда и только тогда, когда числа f (0) и /(1) имеют разные знаки,
74
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 9
т.е. при условии
/(O)f(l) <0.
Заметим, что равенства f (0) = а — 14 = 0 и f (1) = 9а— 17 = 0
не могут выполняться одновременно, а если f (0) = 0 или f (1) =
= 0, то уравнение имеет единственный корень на отрезке [0,1] в
том и только в том случае, когда
/(0)/(1К0,
17
т.е. (а — 14)(9а — 17) 0, откуда находим -у а 14.
Решение. Вычитая из первого уравнения второе, получим
ху2 + 4a;2z — 2yz2 — 4,tz2 + 2х2у — y2z = 0.
Разложим левую часть этого уравнения на множители:
у2(х — z) + 4жл(ж — z) + 2у(ж2 — z2) = 0,
(ж - z)[y(y + 2z) + 2ж(у + 2z)] = 0,
(ж - z)(y + 2z)(y + 2ж) = 0. (1)
Заметим, что исходная система, равносильная системе, состоя-
щей из ее первого и третьего уравнений и уравнения (1), равно-
сильна также совокупности трех систем, получаемых присоеди-
нением к первому и третьему уравнениям соответственно уравне-
ний
ж = z, (2)
У = -2г, (3)
У = -2ж. (4)
1) Подставляя из (2) ж = z в первое и третье уравнения исход-
ной системы, получаем
ж(у2 — бжу + 4ж2) = х(у — ж) (у — 4ж) = 0,
4жу — 4ж2 = 4ж(у — ж) = 3. (5)
Если ж = 0 или у — х, то из (5) следует, что 0 = 3.
Если у = 4ж, то из (5) находим ж2 = |, ж = ± В этом случае
МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 10
система имеет два решения:
\2’ : 2/ И \ 2’ ’ 2) ’
2) Подставляя у = —2г (см. (3)) в первое и третье уравнения
исходной системы, получаем
г(2г2 + 5xz + 2а.-2) = z(z + 2х)(х + 2г) = 0,
—4z(z + 2х) = 3. (6)
Если z = 0 или z + 2х = 0, то из (6) следует, что 0 = 3. Если х =
= —2г, то из (6) находим г2 = z = ± В этом случае система
имеет решения: (-1; -1; i) и (1; 1; - .
3) Подставляя у = — 2х (см. (4)) в первое и третье уравнения
исходной системы, получаем
х(2х2 + 5xz + 2г2) = х(х + 2г)(г + 2ж) = 0,
—4х(х + 2г) = 3. (7)
Если х = 0 или х + 2г = 0, то из (7) следует, что 0 = 3.
Если г = — 2х, то из (7) находим ж2 = х = ± .
В этом случае система имеет два решения
и
БИЛЕТ 10
1 , 137Г , 5тГ , 7ГП гу,
Х = 12 + 7ГП’ х = ”24” + 7ГП’ х = 24 + ЕР п G
о 291
6' 250'
л п 329 о. 5 о. 8\/б 3\/б
4. П-эд-. 2) arccosy; 3) и
5.-И
12
2
3'
а
76_______МАТЕМАТИКА ♦ ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ♦ Билет 12______
6. Q;2;l), 2;—1), (1;1;-1), (—1;—1;1), Q;-l;-2),
f- - • 1- 2^
2’1’ /'
БИЛЕТ 11
1 тгп к , mi тг , „
1.37= X = , X = g- + 7ГП, n G Z.
279
’ 200'
л n 329 Q. 5 ox 8%/б 3V6
4. 1)-эд-; 2)arccos?; 3)и.
r 16 . . „
Э. -g- a sC 6.
6. (1;1; 1), (-I;-!; _ 1), (' ;-1--1), (- i ; 1; 1).
Н-Ч)-
БИЛЕТ 12
21
• 22'
л n 329 Q, 5 ох8\/б ЗУО
4. 1) “зо", 2)arccos?; 3) и .
n 23 / ' 5
5--Т<оУ 5.
6.(2;>;1), (1; - |;2). yi;i;-2).