/
Теги: физика математика задачи по математике вступительные экзамены задачи по физике
Год: 1957
Текст
МОСКОВСКИЙ ФИЗИКО-ТЕХНИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ
ЗАДАЧИ
по математике и физике,
дававшиеся на приемных испытаниях
в 1956 году
Москва — 1957 г.
Для облегчения подготовки к приемным экзаменам Московс-
ковский физико-технический институт публикует задачи, давав-
шиеся на письменных испытаниях по математике и по физике
в 1956 году. На все задачи приведены решения.
Для выполнения каждой из письменных работ давалось по
5 часов.
I. МАТЕМАТИКА
Билет № 1.
1. Решить систему, предполагая, что at, а2,...ап>0 и хь
x2,..jc „>0:
*2 • Хз • • • -У»
xt х3 ... х„
-*2
Xj • Х2• • • Хп—1
2. Доказать, что при п>2
(п!)2>пп
3. Одна из двух треугольных пирамид с общим основанием
расположена внутри другой. Доказать, что сумма плоских уг-
лов при вершине внутренней пирамиды больше, чем сумма
плоских углов при вершине внешней.
4. Решить уравнение:
cos7x—sin5x=j/3~ (cos5x—sin7x).
Билет № 2.
1. Рассматривается дробь (отношение двух целых чисел),
знаменатель которой меньше квадрата числителя на единицу.
Если к числителю и знаменателю прибавить по 2, то значение
дроби будет больше, чем 1/3, если же от числителя и знамена-
теля отнять по 3, то дробь останется положительной, но будет
меньше 1/10. Найти эту дробь.
2. Доказать, что функция cos не является периодической
(т. е. не существует такого постоянного числа 7=0, чтобы
при всех х было cos/x+т =cosKAF)-
3. Через середины двух параллельных ребер куба, не ле-
жащих на одной грани, проведена прямая. Куб повернут вок-
з
руг нее на 90°. Определить объем общей части исходного куба
и повернутого.
4. Найти соотношение между
arc sin cos arc sin x
и
arc cos sin arc cos x.
Билет № 3.
1. Найти все вещественные решения системы
I х3+у3=1,
| х2у+'2ху2+у3=2.
2. Найти наименьшее значение функции
<? (х) = |х—а| + |х—&|+|х—с|+ [х—d|,
где a<b<c<d — фиксированные вещественные числа, а х при-
нимает произвольные вещественные значения.
Указание: Рассуждения удобно проводить на числовой оси.
3. В правильной четырехугольной призме проведены два
параллельных сечения: одно проходит через середины двух
смежных сторон основания и середину оси, другое делит ось
в отношении 1:3. Зная, что площадь первого сечения равна S,
найти площадь второго.
4. В равнобедренном треугольнике АВС угол при вершине
В равен 20°. На боковых сторонах АВ и СВ взяты соответст-
венно точки Q и Р так, что QCA =60°, а РЛС=50°. Дока-
зать, что QPA =80°.
Билет № 4.
1. Выразить свободный член с кубического уравнения
х3+ах2+Ьх+с=0 через коэффициенты а и Ь, если известно,
что корни уравнения образуют арифметическую прогрессию.
Указание: можно воспользоваться выражениями коэффици-
ентов многочлена через его корни.
2. Среди комплексных чисел г, удовлетворяющих условию
|z—25i| < 15,
найти число, имеющее наименьший аргумент. Сделать чертеж.
3. Данный выпуклый четырехгранный угол пересечь плос-
костью так, чтобы в сечении получился параллелограм.
4. Доказать справедливость неравенства:
(ctg2x— 1) (3ctg2x— 1) (etg Зх • tg 2х— 1) < — 1
для всех значений х, при которых левая часть имеет смысл.
4
Билет № 5.
1. При каких значениях а система неравенств
-3< ^+ах~2 <2
х2—х+1
удовлетворяется при всех значениях х?
2. Пусть pi, р2.р„ различные простые числа. Сколько
делителей имеет число q=p\ P2—Ph> включая 1 и q?
3. Показать, что площадь любого треугольного сечения
произвольной треугольной пирамиды не превосходит площа-
ди хотя бы одной из ее граней.
4. Решить систему:
I tgx=tg3z/,
I sinx=cos2z/.
Билет № 6.
1. Решить уравнение
У у-2+]/2у^5'' +'Уу+2+ЗУ^^=7 /2"
(берутся арифметические значения корней).
2. Пусть р(х) многочлен, дающий при делении на х—а
остаток Л, при делении на х—b остаток В, при делении на
х—с остаток С. Найти многочлен, получающийся в остатке при
делении р(х) на (х—а) (х—Ь) (х—с). Предполагается, что сре-
ди чисел а,Ь и с нет равных.
3. На одной из сторон острого угла взяты две точки А и
В. Найти на другой стороне угла точку С такую, чтобы угол
АСВ был наибольшим. Построить точку С с помощью цирку-
ля и линейки.
4. Решить уравнение
^cosx-гл
(а и Ь вещественные числа, отличные от нуля).
Билет № 7.
1. Решить уравнение:
т т т
/(1+х)2 —У(1—х)2 =Vl-^ .
5
2. Доказать, что
V 111 . . . 1 -222 . .2" =333 . 3 .
2л—цифр л—цифр л—цифр
3. В треугольной пирамиде проводятся сечения, параллель-
ные двум ее непересекающимся ребрам. Найти сечение с наи-
большей площадью.
4. Определить, в каких пределах можно изменять параметр
к так, чтобы уравнение
secx+cosecx= X
имело корень х, удовлетворяющий неравенству
я
0<х < — .
Билет № 8.
1. Доказать, что многочлен
X8—х3 4 5+х2—х+ 1
положителен при всех вещественных х.
2. Найти все вещественные корни уравнения
3 _________________ 3 _______ 3
Ул—1 +Ух4-1 =х]/2~.
3. В данный треугольник вписать с помощью циркуля и
линейки прямоугольник, имеющий заданную диагональ.
4. Решить уравнение:
6 tg х+5 ctg 3x=tg 2х.
Билет № 9.
1. Пусть при любом положительном X все корни уравне-
ния
ax2+bx+c+ X =0
вещественны и положительны. Доказать, что тогда а=0.
(Коэффициенты а, Ь и с предполагаются вещественными).
2. Упростить выражение
(logfta-Iogef92+(logtia-loge2 b)2+ . . . +(logr‘na-log0s',6)2-
3. Из двух точек прямой проведены по две касательные к
окружности. В образованные углы с вершинами в этих точках
вписаны окружности равного радиуса. Доказать, что их линия
центров параллельна данной прямбй.
6
4. Доказать, что уравнение
(sinx+)/3 cosx)sin4x=2
не имеет решений.
Билет № 10.
1. Найти наибольшее значение выражения
log‘x+ 12 log’x . log2 —
2 2 X
если х изменяется между 1 и 64.
2. Доказать, что
1—L + _L__!_+ . . . + =_L+_L + . . ,+J_.
2 3 4 199 200 101 102 200
3. Трехгранный угол пересекается плоскостью по треуголь-
нику АВС. Найти геометрическое место центров тяжести тре-
угольников АВС, если
а) вершины А и В закреплены;
б) вершина А закреплена.
4. Решить систему:
• sinx+sin t/=sin(x+«/),
j OU 1 Л Olli
I pd+l#|=i.
Билет № 11.
1. Найти комплексное число z, если
z-12 5 z-4
z- 12
z — 81
z — 8
2. Найти значения а, при которых смешанная система
| х2+у2+2х < 1,
I х—j/+a=O
имеет единственное решение. Найти соответствующие решения.
3. Рассматриваются два треугольника ЛВС и которые
лежат в непараллельных плоскостях и имеют попарно непа-
раллельные стороны. При этом прямые, соединяющие соот-
ветственные вершины, пересекаются в одной точке О.
Доказать, что соответствующие стороны треугольника по-
парно пересекаются и точки их пересечения лежат на одной
прямой.
4. В точке А плоскости Р расположен источник света. Над
^плоскостью помешено полусферическое зеркало радиуса 1,
обращенное внутренней зеркальной поверхностью к плоскости,
причем так, что ось симметрии зеркала перпендикулярна к
плоскости Р в точке А. Зная, что наименьший угол между лу-
чами, отраженными зеркалом и плоскостью Р равен 15°, опре-
делить расстояние от зеркала до плоскости и радиус освещен-
ного на плоскости Р круга.
Билет № 12
1. Решить систему
x+y+z=9,
х у z
xy+xz+yz=27.
2. Пункты А и В расположены на прямолинейной магист-
рали, идущей с запада на восток. Пункт В в 9-ти километрах
восточнее А. Из пункта А на восток выходит автомашина, дви-
жущаяся равномерно со скоростью 40 км!час. Одновременно
из В в том же направлении с постоянным ускорением
32 км/час2 выходит мотоцикл. Определить наибольшее рассто-
яние между автомашиной и мотоциклом в течение первых
двух часов движения.
Указание: полезно начертить график зависимости расстоя-
ния между автомашиной и мотоциклом от времени.
3. Показать, что отрезки, соединяющие вершины некото-
рой трехгранной пирамиды с центрами тяжести противолежа-
щих граней пересекаются в одной точке.
4. Найти наибольшее и наименьшее значения функции.
<р (х) = sin6x+cos6x.
II. ФИЗИКА
Билет № 1.
1. Два груза с массами гщ и т2 (mi>m2) связаны нитью,
перекинутой через легкий блок радиуса г, ось которого гори-
зонтальна. На одной оси с блоком укреплены по радиусам че-
тыре тонкие спицы длиной /, на концах которых укреплены не-
большие тяжелые шарики массы т. Когда массы и т2 пре-
доставлены самим себе, система приходит в ускоренное движе-
ние. Найти ускорение грузов т\ и т2, считая, что трение в оси
блока отсутствует, нить не проскальзывает по блоку и масса-
ми нити, блока и спиц можно пренебречь.
2. Воздух в пространстве между пластинами плоского кон-
8
денсатора, размеры которого 10X10X2,5 см. ионизируется
рентгеновскими лучами так, что в 1 см3 образуется 103 пар ионов
в секунду. К пластинам конденсатора через сопротивление
1010 ом приложено напряжение 1300 вольт. Такое же сопро-
тивление 1010 ом включено параллельно конденсатору. Какой
ток протекает через, цепь батареи? (Можно считать, что ионы
достигают пластины конденсатора не успев рекомбинировать
и что заряд каждого иона равен заряду одного электрона).
3. Источник света помещен на расстоянии A>8F от экра-
на. Между источником и экраном вводятся две одинаковые со-
бирающие линзы с фокусными расстояниями равными F. При
каких положениях линз источник будет изображаться в на-
туральную величину? Чему равно при этом отношение осве-
щенностей изображений? При расчете освещенностей источни-
ки считать малыми по сравнению с диаметром линзы, а ее диа-
метр—малым по сравнению с ее фокусным расстоянием.
4. В цилиндрическом сосуде с площадью основания 250 см2
находятся 10 г азота, сжатого поршнем, на котором лежит
гиря весом Р=12,5 кГ. Какую работу совершит газ при нагре-
вании его от температуры 25°С до 625°С? На сколько увели-
чится при этом объем газа? Давление внешнего воздуха при-
нять равным одной атмосфере.
Билет № 2.
1. Обруч массы т и радиуса R скатывается с наклонной
плоскости на горизонтальную плоскость. На какую высоту под-
прыгнет обруч, если он скатится с высоты Л? Обруч и плос-
кость считать абсолютно упругими. Угол наклона плоскости к
горизонту — а.
2. Два плоских конденсатора с размерами обкладбк S =
=20X20 см2 и расстоянием между обкладками di=0,6 мм
соединены параллельно через сопротивление R=25000 ом.
Пластины конденсаторов раздвигаются на расстояние d2 =
= 1,8 мм за время t=3 сек. один раз одновременно, а другой
раз по очереди. Чему равна разность механических работ со-
вершенных в обоих случаях, если разность потенциалов между
обкладками первоначально равнялась (/=500 вольтам?
3. Два одинаковых сферических вогнутых зеркала постав-
лены одно против другого на расстоянии равном учетверенно-
му фокусному расстоянию. В фокусе одного зеркала помещен
источник света. Найти изображения источника.
4. Какое количество тепла необходимо для нагревания
т=7 г азота, от 10° до 25°С, находящегося в цилиндре под
поршнем, на котором лежит постоянный груз, если теплоем-
кость одной граммолекулы (молярная теплоемкость) азота при
нагревании при постоянном объеме равна Си =5 кал!моль>
град?
9
Билет № 3.
1. На вертикальной оси укреплена горизонтальная штан-
га, по которой могут свободно перемещаться два груза с
массами mi и т2, связанные нитью длиной I. Система враща-
ется с угловой скоростью «>. На каких расстояниях от оси бу-
дут находиться грузы в равновесии? Чему равны при этом на-
тяжение нити и кинетическая энергия грузов? Вернутся ди
грузы в положение равновесия, если их сместить на малое рас-
стояние о из положения равновесия?
2. Электромотор, включенный в сеть постоянного тока на-
пряжением 120 вольт, при полном сопротивлении цепи 20 ом.
передает при некоторой нагрузке приводу мощность 160 ватт.
Какую ЭДС разовьет тот же мотор, если его использовать как
динамомашину, вращая якорь с той же угловой скоростью,
которую он имел работая как двигатель? Какой смысл имеет
неоднозначность полученого результата?
3. Между источником света и зрительной трубой помеще-
на рассеивающая линза с фокусным расстоянием fi = 15 см на
расстоянии 1=85 см от источника. Где нужно поместить соби-
рающую линзу с фокусным расстоянием f2 =16 см., для того,
чтобы источник света был виден резко в трубу, установленную
на бесконечность? При каком из возможных положений линзы
изображение в трубе будет иметь наибольшие угловые разме-
ры?
4. Сколько водорода находится под поршнем в цилиндри-
ческом сосуде, если при нагревании его от Ti=250°K до Гг=
680°К при постоянном давлении на поршень, газ произвел ра-
боту, равную 40 кГм?
Билет № 4.
1. За какое время тело массы т скатится с наклонной плос-
кости высоты h и углом наклона Р, если по наклонной плос-
кости с углом наклона а оно двигается вниз равномерно?
2. Какую максимальную работу в единицу времени может
совершить электромотор, включенный в сеть постоянного тока,
напряжением 120 вольт, если полное сопротивление цепи рав-
но 20 омам? Какой ток протекает при этом по цепи?
3. Стеклянная пластина толщиной 3 мм имеет на передней
и задней сторонах риски. Чему равен показатель преломления
стекла, если при наведении микроскопа с верхней риски на
нижнюю его тубус пришлось опустить на 2 мм? Углы, кото-
рые получаются между падающим лучом и осью микроскопа,
можно считать малыми.
4. Каковы были первоначальные объем и температура
5 г гелия, заключенного под поршнем в цилиндре, если при
ю
охлаждении его до —25°С груз в 16 кГ, лежащий на поршне,
совершает работу 4 кГм? Площадь поршня 200 см2. Давление
внешнего воздуха принять равным 1 кГ/см2.
Билет № 5.
1. На легкий барабан радиуса г с горизонтальной осью на-
мотана нить, на конце которой подвешен груз массы mt. На
барабане укреплены радиально четыре спицы длиной /о с тяже-
лыми шариками массы т на концах. Первоначально груз ви-
сит на высоте й0 над полом. Когда груз предоставляют само-
му себе, система приходит в ускоренное движение. Когда груз
достигает пола, нить продолжает свободно сматываться с ба-
рабана, после чего барабан начинает снова наматывать на се-
бя нить. На какую максимальную высоту от пола поднимется
груз? Массой барабана, нити и спиц, а также трением в оси
блока можно пренебречь и удар груза об пол считать неупру-
гим.
2. Каким должны быть выбраны сопротивления Ri и /?2 в
схеме, показанной на рисунке, для того, чтобы напряжение на
нагрузке /?о было в а раз меньше напряжения на той же наг-
рузке при непосредственном подключении ее к зажимам бата-
реи, а мощность, расходуемая батареей равнялась мощности,
расходуемой при непосредственном подключении?
Puc.A'i
3. Два плоских зеркала, образующие между собой постоян-
ный двугранный угол <р0, вращаются относительно оси парал-
лельной ребру двугранного угла. Свет от удаленного источни-
ка после отражения от обоих зеркал попадает в зрительную
тРубу. Как будет двигаться изображение источника света в
поле зрения трубы при вращении зеркал?
4. Колба объемом 100 см3 4 была заполнена при 100°С возду-
хом с относительной влажностью 40%. Как надо изменить
объем колбы, чтобы воздух внутри нее стал сухим
при 20°С? Давление насыщенных паров воды при 20°С равно
17 мм рт. ст.
11
Билет № 6.
1. Маховик, состоящий из тяжелого обода массы М и ради-
уса R и легкой ступицы, соединенной с ободом с помощью
тонких спиц, вращается вокруг горизонтальной оси с угловой
скоростью ш . К ободу маховика прижимается с силой F тор-
мозная колодка. Коэффициент трения между колодкой и обо-
дом равен k. Чему равно время торможения и сколько оборо-
тов сделает маховик до полной остановки? Массой ступицы и
спиц можно пренебречь по сравнению с массой обода.
2. По окружности радиуса /? могут свободно перемещаться
три шарика имеющие заряды q\—на одном шарике и qz на
каждом из двух других. Чему равно отношение зарядов q\ и
qz, если при равновесии дуга между шариками с зарядами
qz составляет 60°?
3. Какую экспозицию нужно взять при фотографировании
чертежа с увеличением k, если при фотографировании с увели-
чением равным единице экспозиция равняется t?
4. Чему равнялась относительная влажность воздуха при
20°С, если конденсация воды из этого воздуха при 100°С нача-
лась при давлении в 60 атмосфер? Давление насыщенных па-
ров воды при 20сС равно 17 мм рт. ст.
Билет № 7.
1. Тело массы т удерживается на наклонной плоскости с
углом наклона ₽ силами трения. Как изменится сила трения и
сила нормального давления, если наклонная плоскость будет
двигаться в горизонтальном направлении с ускорением а. При
каком ускорении а груз начнет скользить по наклонной плос-
кости, если угол скольжения, т. е. угол неподвижной наклон-
ной плоскости, при котором начинается скольжение, равен а?
При каких углах скольжение не наступит как бы велико не
было ускорение?
2. Два плоских конденсатора с размерами пластин 20 X
Х20 см и расстоянием между ними 0,6 мм, соединены парал-
лельно через сопротивление 25000 ом. Пластины одного из
конденсаторов раздвигаются на расстояние 1,8 мм за 3 сек и
с той же скоростью приводятся в прежнее положение. Чему
равна совершенная при этом механическая работа, если раз-
ность потенциалов на обкладках конденсаторов первоначально
равнялась 470 вольт?
3. Объектив зрительной трубы имеет фокусное расстояние
34 см, а окуляр — фокусное расстояние 4 см. Труба установ-
лена на бесконечность, после чего удаленные предметы наб-
людаются ненапряженным глазом, аккомодированным на бес-
конечность. В каком месте нужно поставить диафрагму поля
зрения для того, чтобы поле зрения было резко ограничено?
12
Какова величина угла поля зрения, если диаметр диафрагмы
12 мм?
4. Какое количество водорода содержал баллон, если он
взорвался при температуре 800°С и был рассчитан на хранение
1 кг азота при температуре 20°С и при десятикратном запасе
прочности?
Билет № 8.
1. Тележка с песком массы М катится без трения по гори-
зонтальным рельсам со скоростью Vq. Пуля массы т, выпущен-
ная с горизонтальной скоростью совпадающей по направ-
лению с с-с, попадает в тележку и застревает в ней Считая си-
лу торможения пули постоянной, найти скорость тележки после
остановки пули. Какое количество энергии перешло при этом
в тепло?
2. Два плоских конденсатора, обкладки которых имеют раз-
меры 25x25 см и расстояние между ними 1,8 мм, соединены
параллельно через сопротивление 56 ком. В конденсаторы
вставлены пластинки из диэлектрика с диэлектрической посто-
янной s =5,3. Пластины выдвигаются из конденсаторов с
постоянной скоростью за 5 сек один раз одновременно, а
другой раз поочередно. Чему равна разность совершенных при
этом механических работ, если на пластинах конденсаторов
первоначально была разность потенциалов 500 вольт?
3. На расстоянии 2F от равномерно светящейся плоскости
большого размера находится собирающая линза с фокусным
расстоянием F и диаметром D. Чему равна освещенность в
центре светлого пятна на экране, находящемся на расстоянии
а от линзы, при условии 2F>a4 D, если светящаяся плоскость
излучает за 1 сек с 1 см2 поверхности в единицу телесного угла
энергию Ф?
4. 50 г льда при температуре 0°С заключены в теплоне-
проницаемую оболочку и подвергнуты давлению 600 атм.
Какая часть льда расплавилась, если при повышении давле-
ния на 138 атмосфер, температура плавления льда понижает-
ся на ГС? Считать понижение температуры плавления пропор-
циональным повышению давления.
Билет № 9.
1. С какой поступательной скоростью будет катиться тяже-
лый обруч массы М и радиуса R по горизонтальной поверх-
ности, если он скатится с наклонной плоскости высоты h? Про-
скальзывания обода по поверхности нет.
2. В схеме, показанной на рис. № 2, сопротивления R\ и Rz
подобраны так, что напряжение на нагрузке Ro в а раз меньше
напряжения, которое падает на той же нагрузке при непосред-
ственном подключении к зажимам батареи,- а мощность, расхо-
дуемая батареей равна мощности, расходуемой при непосред-
13
ственном подключении. Чему будет равна мощность, расходу-
емая батареей, если отключить нагрузку /?0? Е—2,Т и; а=1.0;
/?о=ЗО ом.
Рме //я
3. Объектив зрительной трубы имеет фокусное расстояние
34 см и диаметр 40 мм, а окуляр — фокусное расстояние
4 см. Труба установлена на бесконечность, так что удаленные
предметы наблюдаются в трубу глазом, аккомодированным на
бесконечность. Если за окуляром поместить матовое стекло, то
при некотором его положении освещенный кружок на мато-
вом стекле имеет наименьшие размеры и резко ограниченные
края. Чему равно при этом расстояние от матового стекла до
окуляра и чему равен диаметр кружка?
4. Сосуд объемом 600 cmz, содержащий 2 г гелия, разорвал-
ся при температуре 400°С. Какое максимальное количество
азота может храниться в таком сосуде при температуре 30°С
и при пятикратном запасе прочности?
Билет № 10.
1. Два одинаковых упругих шарика подвешены на нитях
длиной 1\ и /8 так, что их центры лежат на одной горизонталь-
ной прямой, и в неотклоненном положении шарики соприкаса-
ются. Первый шарик отклонили на угол а и отпустили. Считая
удар абсолютно упругим, найти угол, на который отклонится
второй шарик. Силу удара шариков можно считать постоянной,
а время удара малым, так что второй шарик не успел заметно
отклониться за время удара. Изменится ли результат, если
отбросить предположение о постоянстве силы?
2. Два плоских конденсатора, обкладки которых имеют раз-
меры 25x25 см2 и расстояние между обкладками 1,8 мм, сое-
динены параллельно через сопротивление 100 ком. В конденса-
торы вставлены пластинки из диэлектрика с диэлектрической
постоянной г =5,3. Одна из пластинок с постоянной скоростью
выдвигается из конденсатора за 2 сек и затем с той же ско-
ростью вдвигается обратно. Какая механическая работа про-
14
изводится при этом, если разность потенциалов на обкладках
конденсаторов в начале равна 300 вольтам?
3. Зрительная труба имеет фокусное расстояние обьектива-
fi=50 см и фокусное расстояние окуляра /г =10 см. Чему равен.’
угол, под которым видно через трубу расстояние между двумя1!
удаленными предметами, если при наблюдении невооружен-
ным глазом этот угол 30', а труба установлена на бесконеч-
ность так, что удаленные предметы наблюдаются в трубу гла—
зом, аккомодированным на бесконечность.
4. Какому давлению Р были подвергнуты /и=20 г льда,,
заключенные в теплонепроницаемую оболочку при 0°С, если.1
при этом расплавилось /п1 = 1,6 г льда, и кроме того известно,,
что при давлении в Pi = 138 атмосфер температура плавления'
понижается на ГС. Скрытая теплота плавления льда г=80^^
удельная теплоемкость льда С=0,5 , кроме того счита-
ется, что понижение температуры плавления пропорционально'1
повышению давления.
РЕШЕНИЯ.
I. МАТЕМАТИКА
Билет № 1.
Задача 1. Перемножив левые и правые части уравнений,
получим: (XjX> . . . xn)n-) =at а2...ая, откуда
Л — 1_________
х,х2 . . . хп = Vа.а., . . . а„
k-ое уравнение системы перепишем так: aftx’K=XjX2 . . .
Теперь ясно, что
„ —1/ ап
•А, I. Я/
Задача 2. Перепишем обе части доказываемого неравен-
ства следующим образом: :
(п!)2= (1 • п) [2-(п— 1)]...[к. (п—к+1 )]...(«• 1)
V I 1
п — множителей
п.п—п • П...П...П.
п — множителей
15
Докажем, что
(п—k+l)k>n (1)
при п > k > 1. Действительно,
nk—k2+k—n—k(n—k)— (n—k) = (n—k) (k—1) > 0 (2)
Таким образом, мы уже доказали, что
(nl)2>nn. (3)
Заметим, теперь, что если число k больше единицы и меньше
чем п, то в формуле (1) как следует из (2), будет иметь место
строгое неравенство. Оно очевидно повлечет за собой строгое
неравенство и в формуле (3). При п>2 такое число k найдется.
Следовательно, в этом случае неравенство (л!)2>пл—спра-
ведливо.
Задача 3. Вместо того, чтобы сравнивать суммы плос-
ких углов при вершинах S' и S, сравним между собой суммы
плоских углов боковых граней обеих пирамид при каждой из
трех вершин общего основания. Докажем, что каждая такая
сумма у внешней пирамиды больше соответствующей суммы
углов внутренней. Докажем, например, что
ZACS+ZSCB > ZACS'+ZS'CB (1)
Из неравенства (1)(и ему ана-
логичных при вершинах А и В)
мы получим решение задачи.
Действительно, сложив все три
указанные неравенства, мы ус-
тановим, что суммд всех шести
плоских углов боковых граней
при основании внешней пира-
миды— £ больше соответст-
вующей суммы S' у внутренней
пирамиды:
S > S'. (2)
Но интересующие нас в задаче
величины дополняют S и Е'
до одного и того же числа, а
именно 540° ( = 180°-3), и, сле-
довательно, для них имеет мес-
то неравенство, противополож-
ное (2). Таким образом, остается доказать справедливость (I).
Продолжим плоскость ACS до пересечения с внешней пирами-
дой. Рассматривая трехгранный угол CS'S"B, заключаем, что
ZS'CS"+ZS"CB > ZS'CB. (3)
Прибавив к обеим частям неравенства ZACS', получим
ZACS"+ZS"CB > ZACS’+ZS'CB. (4)
16
Но из трехгранного угла C4SS" следует, что
Z4CS+ZSCS">Z?1CS" (5)
Заменив в (4) /ACS" большей величиной согласно (5), полу-
чим
/ACS+ (ZSCS"+ ZS"CB) > /ACS'+/S'СВ,
т. е. неравенство (1).
Задача 4. Перепишем уравнение следующим образом:
1 - , /3“ . _ /Т ₽ , 1 . _
— cos/х -f 1—sin7x =—cosoxH------sinox,
2 2 2 2
или
sin — cos7x + cos —sin 7x = sin—cosox+cos—sinox ,
6 6 3 3
t. e.
sin । — + 7x I = sin | 5x । .
\6 ) \з 7
Ho sina=sin? тогда и только тогда, когда либо а—Г} — 2Ы,
либо a+? = (2m-|-l)" (к, /п = 0,±1,±2, . . .).
Следовательно,
——h 7х------—5х = 2кг.,
6 3
или
7х -| -f~ox = (2/п-|-1)“-
6-----------------------3
Таким образом, корнями уравнения будут:
x=~(l2k+i),
x= -j (4/n+1), (к, т=0,± 1,±2...).
Билет № 2.
Задача 1. Дробь имеет вид ——— где р—целое, больше
р'2-1
нуля. Условия задачи записываются в виде неравенств
о<^з<±.
/>-+1 3 р2-4 10
Преобразуем первое неравенство
3(р+2) >р2+1, 0>р2 —Зр —5.
2 -446
17
Решая соответствующее квадратное уравнение, получим:
3± V29
Аг - 2
Из неравенства 0>р2— Зр— 5 получаем Рг<Р<Рь но рг<0
а р>0 поэтому
- 3+/29
Но
,_ 3+/25 3+V29 3+/36_._
2 < 2 < 4s£> •
Отсюда, замечая, что р — целое, находим 0<р < 4.
Второе условие
o<-^_<-L
р2- 4 10
гарантирует, что р*2 и р*3. Таким образом остаются. дв«
возможности: р=1 и р=4. Первая из них отпадает, так каы
при этом не удовлетворяется второе условие?
-2 1
-3 > 10
В случае р=4 имеем:
о< __1_ = J_ < _L .
16-4 12 10
„ л Р 4
Ответ: р=4; —-— =--------
р2-1 15
Задача 2. Предположим противное, т. е. предположим
что существует Т г 0 такое, что при всех х > 0 будет
cos Ух+Т = cos|x. (1)
(Ограничение х > 0 необходимо потому, что при х<0 радикал
Ух будет мнимым). Положим сперва в формуле (1) х=0,
тогда
cos УТ=соэ 0=1 (2)
и, стало быть,
УТ=2к.г.. (3)
Затем подставим в (1) х=Т. Очевидно, будем иметь, согласно
(1) и (2): cosy 2T=cos/T = l,
откуда
|'27’=2/к.
(4)
18
Так как по предположению Т + 0, то, разделив- (4) на (3),
получим
I
k '
где / и k— целые числа. Последнее, как известно, невозможно.
Задача 3.
Рис. Л'1/.
Разрежем куб пополам диагональной плоскостью, перпендику-
лярной к оси вращения и получившийся многогранник повер-
нем на 90°. В результате возникнет изображенная на чертеже
конфигурация. Общая часть складывается из прямоугольного
параллелепипеда ABCDDxA\ByC\ и правильной пирамиды
ABCDS. Высоту параллелепипеда находим из д ВВ1Г:
h =В> Т=
а
2”
а у 2
2
Высота пирамиды И
Площадь основа-
ния параллелепипеда и пирамиды а2. Т^ким образом, искомая
величина
а
2
v = 2-
а
или
‘2
19
Задача 4. В. формулах arc sin cos arc sin x и arc cos sin.
arc cos x берутся главные значения обратных тригонометри-
ческих функций. Рассмотрим cos ars sin х. Это — косинус дуги,
синус которой равен х. Значит
cos arc sin х= + у 1 — х2, — 1 < х < 1,
Здесь, конечно, существенно, что---у < arc sin х < •
Аналогично
sin arc cos х= + ]/ 1 —*2» — 1 <х< I
Обозначим y= + V 1 —х2, тогда 0 <у< 1.
Таким образом, надо найти соотношение между arc sin у и
arc cos у при 0<у<1. Эти два угла, как известно, допол-
няют друг друга до — . Таким образом
Билет № 3.
Задача 1. Записывая систему в виде
(x+y)(x2—xy+y2) = i, (1>
У (х+у)2=2, (2)
разделим первое уравнение на второе. Приведя затем подоб-
ные члены, получим
у2—Зху+2х2=0. (3)
Решив квадратное уравнение (3) относительно у, получим:
у=х, либо у = 2х. После этого решаем каждое из этих уравне-
ний совместно с уравнением (2) и находим вещественные
решения; их всего два:
1 3 1 3
л, = -^-/4 ; ;
1 3 9 3
yi-yW; у2 = тГз :
Так как в процессе решения мы заменяли исходную систему
равносильными системами, то тем самым найдены все веще-
ственные решения.
Задача 2. Возьмем числовую ось и отметим на ней точки
А, В, С, D, соответствующие числам а, Ъ, с и d. Точку с пере-
20
менной абсциссой х будем обозначать через М. Рассмотрим
следующие пять случаев:
Pue. JV5
1) Пусть х < а, тогда
ср (х) = МА+МВ+МС+MD=АВ+2 МВ+2 BC+CD.
Отсюда ясно, что наименьшее значение в этом случае будет
тогда, когда точка М совпадает с точкой А, и оно равно
3AB+2BC+CD.
2) Пусть а<х<Ь, тогда
(х) =AM+MB+MC+MD=AB+2 МВ + 2 BC+CD.
Наименьшее значение функция принимает тогда, когда точка
М совпадает с точкой В, оно равно:
AB+2BC+CD.
3) Если Ь<х<с, то аналогично устанавливается, что наи-
меньшее значение функции будет равно:
AB+2BC+CD.
4) Если с x<d, то наименьшее значение функция прини-
мает. когда х=с, оно равно также АВ+2 BC+CD.
5) Если х d, то наименьшее значение функции будет
AB+2BC+3CD.
Сравнивая полученные результаты, видим, что наименьшим
значением функции <р(х) будет
AB+2BC+CD,
или
b—а+2(с—b) +d—c=d+c—b—а;
оно принимается функцией <р(х) при условии, что
Ь < х < с.
Задача 3. Длину отрезка АС обозначим через а, длину
отрезка KKi через Н. Тогда
с Н ( а\ И г,
s- ~т{а + у)-7Н а-
21
Puc
Площадь второго сечения обозначим через S' (см. рис. 6).
3'=_!_РГ (Л2С2+£М)+ -1- PiT(A2C2+LtMl).
2 2
НоА2С2 = а, — — РТ=~Н,
4 4 4
PJ=—H,
4
что легко усматривается из подобия соответствующих треу-
гольников. В силу этого получаем,
о, _ П п „
о ------а • п
16
и, следовательно,
S' = — • S .
12
Замечание. Эта задача может быть весьма просто решена
другим путем, если учесть, что площади сечений относятся,
как площади их проекций на основание призмы. Действитель-
но, тогда задача сводится к нахождению отношения площадей
двух фигур (см. рис. 7).
L\M\ CMLA и N[ Q[CQNA
22
Задача 4. Легко
взидеть, что угол Р=80°
!в том и только в том слу-
чае, если
А АВР ОО A QCP
(Сплошными дугами на
рис. 8 отмечены углы, ве-
личины которых прямо
следуют из условий зада-
чи). Докажем, что эти
треугольники действитель-
но подобны. Для этого
ввиду равенства углов
АВР и QCP, достаточно
проверить, что
АВ ВР
QC = PC'
(1)
Положим АВ=1, тогда для QC из равнобедренного треугольника
CQB имеем QC—---------. С другой
2 cos 20°
стороны, так как РС=АС, то РС=
21 sin 10°, а ВР=1—21 sin 10°. Подстав-
ляя эти выражения в (1), придем к ра-
венству равносильному (1):
4 sin 10° cos 20°= 1—2 sin 10°. (2)
Справедливость последнего легко уста-
новить, если заметить, что
sin 10° • cos-20°=
sin (10°+ 20°) + sin (10° - 20°)
.2
= —sin 10°.
4 2
Билет № 4.
Задача 1. Пусть Xj=p—d, x2=p, x3=p+d. Тогда
Xi4-x2+X3=3 p; с другой стороны, как легко проверить, (фор-
23
мула Виета) х1+х2+х3=—а. Отсюда Зр = — а и, следова-
тельно,
а
х~р—-----
• F 3
Подставляя этот корень в уравнение, получим
з
и, стало быть,
2 - , 1 ,
с =-----а3Ч-----ab.
27 3
За д а ч а 2. Легко усмотреть, что геометрический смысл мо-
дуля разности двух комплексных чисел г' и г" заключается в-
следующем: Iz7—z"\ есть расстояние между соответствующи-
ми этим числам точками комплексной плоскости. Следова-
тельно, условию \z—25/} < 15 удовлетворяют точки комплекс-
ной плоскости, лежащие -внутри и на границе круга с.
центром в точке z0=25z и радиусом, равным 15. Это позволя-
ет сделать следующий чертеж:
Из чертежа видно,
соответствует точка Z\
что числу с наименьшим аргументом
которой касательная, проведенная из
точки О, касается окружности...
Из прямоугольного треугольника
OziZo легко определяются х1 = 12?
и yi = 16. Таким образом,
Z! = 12+16i.
в
Задача 3.
Продолжим плоскости BSC и ASD'
до их пересечения по прямой 6,
продолжим далее ASB и DSC
до пересечения по прямой 1^. Тог-
да всякая плоскость Р, параллель-
ная 1\ и /2, пересечет угол по па-
раллелограму. Действительно, сто-
роны А'Ь' и В'С порознь парал-
лельны прямой /ь а, стало быть,
параллельны между собой.
Аналогично,
A'B'WD'C.
24
Рис. № 10.
Задача 4. В силу того, что
ctg2x-1
cos 2х
sin2x
о , , , 3cos2x—sin2x
ЗсЦ/х—1 =------------------,
sin'-’x
. „ . , cos3xsin2x—sin3x-cos2x
ctg3x • tg2x— 1 =----------------------------- »
sin 3x • cos 2x
__ sin x
sin 3x . cos 2x ’
левая часть неравенства приобретает вид:
sin х(3 cos2x—sin-’x)
sin4x. sin 3x
Ho
sin 3x = sin(x+2x) =sin x cos 2x+cos x sin 2x=sin x (3cos2x —
— sin2x).
Поэтому неравенство сводится к следующему:
---------------------------!---<-1.
sin4x
Последнее очевидно.
25
Билет № 5.
Задача 1. Так как х2—х+1>0 при всех значениях х,
то умножив неравенства на знаменатель, получим
—3х2 + 3х—3<х2+ах—2, 1
х2+ах—2<2х2—2х+2, |
или
4х2+(а—3)х+1>0.)
х2—(а+2)х+4>0. J
Первое неравенство справедливо при всех х тогда и только
тогда, когда дискриминант квадратного трехчлена меньше ну-
ля, т. е. когда (а—З)2—16<0. По аналогичной причине второе
неравенство выполняется при условии (а+2)2—16<0. Решая
теперь совместно два неравенства (а—З)2—16<0 и
(а+2)2—16<0 относительно а, получаем:
—4<а—3<4; — 1<а<7
и
—4<а+2<4; —6<а<2.
Отсюда заключаем, что —1<а<2.
Задача 2. Делителями числа q являются, очевидно,
числа pi, р2, -р к и всевозможные их .произведения по два, по
три и т. д. Число таких делителей равно
С°к +С* + • • •
Тот факт, что все полученные делители различны между со-
бой и что других делителей нет, следует из единственности
представления числа в виде произведения простых чисел.
Задача 3. Пусть РР' и QQ' — две скрещивающиеся пря-
мые; А, В и С — три точки на прямой QQ', причем точка В
лежит между точками А и С; AiB^Ci—основания перпенди-
куляров, опущенных из точек А, В, С на прямую РР'. Пусть
fia, he, he, —расстояния от точек Л, В и С до прямой РР'.
Докажем, что тогда hB меньше по крайней мере одного из
чисел h а или h с .
Для этого спроектируем изображенную на рис. 11 фигуру
на плоскость я, перпендикулярную прямой РР'. Тогда прямая
РР' спроектируется в точку О, а отрезки AAi, BBt и CCt
спроектируются без изменения длины, так как все они парал-
лельны плоскости
Обращаясь теперь к треугольнику А'ОС', мы можем утвер-
ждать, что наклонная ОВ' короче одной из наклонных ОА*
26
или ОС': действительно, опустив еще из точки О перпендику-
ляр на А'С' (на рис. 11 он не обозначен), мы установим, что
точка В' расположена ближе к основанию перпендикуляра, чем
одна из двух других точек А' или С'. Отсюда уже следует,
что Лд меньше чем Л3илп he .
Рис Л/ 1 1
Пусть теперь ABCD — произвольная треугольная пирами-
да и EFG — такое треугольное сечение, что по крайней мере
одна из его вершин F не является вершиной пирамиды. Дока-
жем, что тогда площадь ^EFG меньше площади одного из-
треугольников AEG или DEG (см. рис. 12).
Доказательство: действительно,
все три треугольника имеют об-
щую сторону EG, а по ранее до-
казанному расстояние от F до
прямой EG меньше расстояния от ^>/\ \
А или D до этой прямой. | \
Если теперь S .^efg <S ±Aeg /7/\ I \
то все доказано. Если же // \'\ I \j»
S \EFG< $&DEG » TO применим д / Л Г I I “/
предыдущее рассуждение к I | /
&DEG, сравнивая его площадь * X. XI/ /
•с площадями треугольников DGA /
и BDG. Применив то же самое чи
рассуждение в случае необходи- 2)
мости еще раз по отношению к
&BDG, докажем утверждение, р^
содержащееся в задаче. Из изло-
женного решения ясно, что если
сечение пирамиды не совпадает с
>ее гранью, то оно по площади
строго меньше площади одной из граней.
27
Задача 4. Из второго уравнения заключаем, что
sinx=sin(— — 2у ),
и, следовательно, либо
х = 2y+2k- , СП
либо
х=2у—~^- + (2/+1)- (2)
Обращаясь к первому уравнению, имеем в случае (Ь)>
ctg2z/ = tg3y и далее -—-^-=tg3y.
2tgy
Решив биквадратное уравнение, получим tg у= ± ~~и> в силу-
первого уравнения, tgx=tg3p= ±т-~~. Во втором случае, внося.
4
х из формулы (2) в уравнение tgx=tg3p, убеждаемся в отсут-
ствии вещественных решений.
Билет № 6.
Задача 1. Сделаем подстановку р2у—5=х^0. В ре-
зультате получим 1/х2+2х+1-г I х2+6х+9=14, откуда!
х-т-1+х + 3 = 14 и х=5. В итоге имеем:
]/ 2у—5=5; t/=15.
3 а д а ч а 2. Из условия задачи следует, что
р(а)=Л,
Р(Ь)=В, (I)
р(с)=С.
Разделив теперь Р(х) на (х—а) (х—b) (х—с), представим его в;
виде:
р(х) = (х—о) (х—Ь) (х—с)</(х) + 1х2+тх+п. (2)
Нам падо определить коэффициенты I, т и п. Подставляя в;
обе части равенства (2) последовательно х=а, х=Ь и х=с,.
получим, ввиду (1), систему уравнений:
1а2+та+п=А,
lb2+mb+n=B, (3)
lc2+mc+n = Q
2«
решая эту систему трех уравнений перврй степени с тремя
неизвестными, выражаем I, т, п через а, Ь, с. А, В, С и одно-
временно убеждаемся в том, что система имеет единственное
решение.
Замечание. Искомый многочлен 1х2+тх+п однозначно оп-
ределяется своими значениями А, В, С, соответствующими зна-
чениям х=а, х=Ь, х=с. Легко проверить, что таким много-
членом второй степени является следующий:
А . (х—Ь)(х—с) , в ' (х—а)(х—с) 4 с (х-а)(х-Ь)
(a—b)(a—c) ' (Ь—а)(Ь—с) ' (с—а)(с—Ь)
Задача 3. Проведем окружность, проходящую через
точки Л и В и касающуюся второй стороны угла. Точка каса-
ния и будет искомой, так как для любой точки С' на этой пря-
мой угол АС'В измеряется полуразностью дуг АВ и Л1ВЬ
a Z.ACB — половиной дуги АВ.
Pue. л' 13 •
Заметим, далее что (ОС)2=ОВ • ОА.
Следовательно, задача свелась к известному построению
•среднего геометрического длин двух данных отрезков ОА п
ОВ.
Задача 4. Ввиду, того, что (b cosx+a) (b sinx+a) ^0.
(в противном случае уравнение теряет смысл), освобождаем-
ся от знаменателей. В результате имеем:
ab sin2x+ (a2+62)sin x+ab—ab cos2x+ (a2+b2)cos x+ab,
•откуда
(a2+b2) (sin x—cos x)—ab (sin2x—cos2x) =0
и уравнение распадается на два:
1°. sinx=cosx, откуда х= —+24и
4
ос • , a2+d2
2е. sinx+cosx=--------- .
ab
29
Но это последнее уравнение не имеет решений, т. к.
«2 + &2 , П
ab ’
в то время, как
|sinx+cosx| = У 2 |sinx • — — +cosx~—| =
/2 У 2
= V2 | sin(x+ у) | < .
Билет № 7.
Задача 1. Подстановкой убеждаемся, что х=1 не есть
ш____________________________________________________
корень. Поэтому от деления обеих частей уравнение /(1—х)2
оно перейдет в равносильное
in____
1/
Обозначая г 1— х через t, получим уравнение Z2—1 =/
или t-—t— 1 =0, откуда /= * 5 .
•Следовательно,
/~ 14-х _ 1±/5~ 1+х _ / 1±/5 \
У Ь^х 2 ’ Г=х " ' 2 ' г
(2±/Г)- + 1'
Задача 2.
/11 . . , 1 — 22 . , =
2п п
= у 11 , , . 100 . . . 0+11 • • • 1—2 • 11 . . . 1 -
2п п п
•30
= V И . . . 100 . . . 0 -11 . . . 1 =
2л
11 . .1 (100 . . .0-1)=/11. . . 1 . 99 . . .9=-
п Л-т-1 п п '
= / 9 • (11 . . , 1/ = 3 • 11 . . . 1 = 33 , , . 3 .
л л л
Задача 3. Четырехугольник KLMN полученный в сече-
нии—параллелограм, ибо LK\\CD и A1W||C£>, следовательно
£/(||МЛГ, и по аналогичной причине LM\]KN. Площадь парал-
лелрграма по известной формуле равна
S = KN - KL-sm^LKN.
Заметим, что Z.LKN равен углу между скрещивающимися.»
прямыми АВ и CD, и поэтому его синус есть величина посто-
янная для всех рассматриваемых параллельных сечений. Таким э
образом, площадь сечения зависит только от величины произ-
ведения KN. KL. Обозначим отрезок АК через х. Тогда в-х
силу подобия треугольников имеем:
KN = AD-x RL _ х
АВ AD ' CD AD
Перемножив эти равенства, легко выводим:
KN - KL= • (AD-x) х . (1J
31
-г AB CD
Так как_____ есть величина постоянная, то из формулы
(1) следует, что интересующее нас произведение K.N • KL при-
нимает наибольшее значение вместе с произведением
(AD—х)х. Это последнее будет наибольшим при условии
AD
AD—x—x, т. е. при х= —, ибо произведение двух неотри-
цательных множителей, сумма которых постоянна, оказыва-
ется наибольшим в случае, если множители равны*.
Таким образом, сечение с наибольшей площадью проходит
через середины не параллельных ему ребер.
Задача 4. (Первое решение). Задача равносильна сле-
дующей: какие значения вообще может принимать функция
X=sec х+cosec х, если аргумент х меняется в пределах
0<х< ? Рассмотрим функцию
1 2 1
X2 — (sec х+cosec х) 2= —=- -|—;-------=
cos2x sm х • cos х sin2x
= _ J 2 4 4
sin2x • cos2x sin x cps x~ sin22r sin 2x
Каждое из слагаемых при возрастании х от нуля
ведет себя следующим образом: сначала убывает от 4-
1Г
до 2
сс до 4
(когда 0<х < )
затем возрастает от 4 до + <х ( когда
* Приведем доказательство этого факта. Пусть у\ и yz два неотрица-
тельных множителя, сумма которых постоянна: у\ + у2—С.
Из неравенства
(V yJ2>®
получаем у х • у2 < У\^\>.
г-- С
Откуда у ухУ1 < 2~> и, стало быть.
(О
С2
У1 • У2< ~4 • (2)
пз (1J, равенство в формуле (2) наступает тогда.
При этом как следует i , . . _ х ____j___ _ ____г
.п только тогда, когда у^ —yz. Таким образом, произведение у\ • yz всегда
с с
-меньше, чем - t и лишь в случае yi=:y2^ — имеет место равенство
-У2=Т.
32
); ®ба слагаемых при х= j-
4 2 4
одновременно прини-
мают наименьшие значения, значит и сумма наименьшая при
х=^-. При этой к2 =8. Поэтому, при условии 0<х<^-, к2 > 8,
а так как secx и cosec х в первой четверти положительны, то
к>2/У-
График функции к (х) смотри на рис. 15.
Второе решение. Заметим сразу, что
мы должны ограничиться рассмотрением
лишь положительных к , ибо, ввиду
К
0<х< 2’^ sec л и cosec х — положи-
тельны. Преобразовав уравнение к виду
sin x+cos х= к sin х • cos х, возведем обе
•части его® квадрат; в результате получим
1 +2 sin х cos х= k2sin2x cos2x.
Полагая теперь sin2x=z, будем иметь
к2г2—4z—4=0.
Откуда
Так как по условию 0<х< , то
z=sin2x>4), и мы должны взять
-2-гуГ4+4).3
г=-----------------------------------------
Если теперь нам удастся удовлетворить неравенству
то уравнение
2Т-/4+4)3
sin2x------—----
будет иметь решение х, такое что 0<х< -д. Это последнее
С2 *
удовлетвори^ и исходному уравнению, в чем легко убедиться.
Если же неравенство (2) не удовлетворяется, то нужного ре-
шения не существует. Итак, вся задача свелась к решению
3—446 33
неравенства (2). Освободив его от знаменателя, легко полу
чаем
Билет № 8.
Задача 1. Рассмотрим три случая: а) Пусть сперва»
х<0, тогда многочлен х8—х5+х2—х4-1>0, ибо первые четыре
слагаемых неотрицательны, б) Пусть теперь 0<х<1. Преоб-
разуем многочлен следующим образом
х84- (хг—Xs) + (1—х) =х84-х2(1—х3) + (1—х).
Все слагаемые очевидно положительны, следовательно и мно-
гочлен больше нуля, в) Пусть, наконец, х > 1. Тогда запишем
многочлен в виде:
х5(х3—1) 4-х (х—1)4-1.
Первые два слагаемых неотрицательны, следовательно и в
этом случае
х8—х54-х2—х4-1>0.
Задача 2. Возводим обе части уравнения в куб:
з_____ з______ з ______з _____
х—1 -у-Зу (х—I)3 у x-f-1 + 3|Лх— 1 -^(х-Цу-Ч- х4- 1=2х3,
2х+3 4-/Т+г) = 2х3;
на оснований исходного уравнения,
2x4-3/J<—Г • х/Т =2х’,
X. [з У 2 (ха-1) — 2 (х2— 1)]=О,
3_____Г 3 э ______1
Х-/ х2—1 |з/"2 —2 /(x2^ipJ=0.
Находим все числа, которые могут служить корнями исходно-
го уравнения: Х!=0, х2=1, х2= —1. Кроме того
3 3 ______
3 / Z = 2 / (Х-‘—1)2 ,
27=4(х2—I)2, (х2—1)2=-^-, х2=1± УД,
4 2
34
так как ищутся только вещественные корни, то х2-1Ч—
откуда
X.- |/| + X. - - /1+ V-
Посколько в процессе решения уравнения совершались такие
действия, которые могут привести к появлению посторонних
корней, то надо проверить, удовлетворяют ли найденные числа
исходному уравнению. Числа Х]=0, х2=1, х3=—1 удовлетво-
ряют (легко проверить). Проверим корни x4,s =
= ±j/ 1+ Таккак х4= у/ 1 + ^- >1,
х;> =— р/" 1 + < — 1, то для проверки того, что х4
и х5 являются корнями исходного уравнения, достаточно дока-
зать, что оно имеет хотя бы один корень, больший 1, и хотя бы
один корень, меньший—1. Исследуем знак выражения
3 ____ 3 _______ 3
У = у'х—1 + /.г-1 —х/2”.
3 _______ 3 ____ 3 _
гт 9 Г 9 Г 9 а Г
Пр» X v= + _+) _ 2|/ 2 _
4 + 4/17—9/2 4+4/16” —9/2
8 > 8
4 + 8 1/2 — 9 V/2
8
3 3
= 1/(Г + 2-7
4— /2 п
--п-->0; при х=7, у=
3 3 з
1/Г+2-7 /”2=4—7 /”2<0.
Следовательно, между и 7 есть корень. Аналогично доказы-
вается существование корня, меньшего — 1.
35
Задача 3. Для построения достаточно знать высоту
ti = KL прямоугольника.
Пусть прямоугольник KLMN — искомый, KN лежит на
AG. Если перемещать вершину В параллельно основанию АС
и сохранять при этом величину А неизменной, то будут сохра-
няться также величины основания и диагонали прямоугольни-
ка (ибо LM составляет ту же часть АС, какую составляет
BH—h от ВН). Значит, для нахождения h можно данный тре-
угольник АВС заменить любым другим с тем же основанием
АС и той же высотой ВН. Удобнее всего взять треугольник с
прямым углом при основании. Построение делаем так:
36
а) проводим через В прямую параллельную АС, а через С—
прямую, перпендикулярную АС, получаем прямоугольный тре-
угольник ЛВ1С; б) из вершины прямого угла С раствором цир-
куля, равным длине d данной диагонали, делаем засечку Li на
гипотенузе ЛВ^ в) через Li проводим прямую параллельно
ЛС; точки ее пересечения L и М со сторонами АВ и ВС явля-
ются вершинами искомого прямоугольника. Смотря по тому,
будет ли высота треугольника АВ\С, опущенная из С, меньше,
равна или больше данной величины d, задача будет иметь два
решения, одно или ни одного.
Задача 4. Уравнение записываем в виде:
6 (tg х+ctg Зх) = tg 2х+ctg Зх,
после чего преобразуем следующим образом:
6 / sin х cos Зх \ sin 2х cos Зх
' cos х ’ sin Зх / cos 2х sin Зх ’
g sin х • sin Зх+cos х • cos Зх_ sin 2х • sin Зх+cos 2x • cos 3x _
cos x • sin 3x • ~ cos 2x • sin 3x ’
6.eos(3*-x)
cos x • sin 3x cos 2r • sin 3x
6-cos22x= 1 c^s ; 12cos22x—cos 2x—1=0;
cos2x_ 2. 12 - 24
1) cos2x= 2x=±arccos^- + 2Атг, x = ±^- arccos
o <3 2, <5
2) cos2x= — , 2x= ±arccos 4-
1 / 1 \ .
x=± — arccos ( —— l+ftz.
2 \ 4 /
В процессе решения было произведено умножение обеих частей
уравнения на cos х • cos 2х • sin Зх. Но легко видеть, что ни при
одном из найденных значений х это произведение не обраща-
ется в нуль. Следовательно, все найденные значения для х яв-
ляются корнями исходного уравнения.
Билет № 9.
Задача 1. Доказываем утверждение от противного.
Предположим, что а #0. Тогда для корней Xj и х2 имеем:
—b± Ьг—4а (с 4-Х)
Х1Л ₽ -------------------
37
Рассмотрим теперь два случая:
1) Пусть а>0. Выберем тогда X так, чтобы выполнялось
неравенство
При этом, очевидно, Ь2—4а(с + Х)<0, и уравнение имеет не-
вещественные корни.
2) Пусть а<0. Тогда при условии Х>—с имеем:
—Ь+уЬ2—4а(с+\) >0 и значит корень —
Итак, оба допущения приводят к противоречию. Утверждение
доказано.
Задача 2. Используя тождество 1оё„т = .—-—,
легко получим log о к a=2Klogba и log
b * а
П П
2(1одХа_,о°,2**)2:: £=0 п п =log’a 4* + log? b й=0 й= (1 Y+1 . и/ - * ( 4«+1 -1 ) log’ О V -2(«+1)- g- (4Я+1 -1) = 2t(2*lo^a- *0^) = Л=0 п л + 1 S2=44_;'°s>+ =0 Л=0 -1 _log*&-2 (/г+1) = а+ L( 4Л+1 —1 )L log2^— 3 V 74" о l(log2a+ Ц—)-2(/г + 1). ' * 4"logft а
38
Задача 3. Обозначения см. на чертеже: А, В—данные'
мючки, О — центр данной окружности.
Пусть R — радиус данной окружности, аг — радиус равных
окружностей с центрами О] и О2. Из подобия треугольников
имеем
/?_ОЛ ОВ
г ~ О, Л О2В
Беря производную пропорцию, получим
О А ОВ
ООУ ОО2 ‘
Поэтому треугольники АОВ и OiOO2 подобны, и, значит,
О1О2||ЛВ, что и требовалось доказать.
Задача 4. Разделив данное уравнение почленно на 2 и
1 « т/’S- . К
заметив, что -5-=cos-5- и =sin-3- получим равно-
Z и Z о
сильное
sin(x+ -^-)sin 4х=1.
О
Это возможно только, если sin (х+-^-) = ±1 и sin4x=±l,
О
39
я-± -к- +2/гя и х=
«5 Л
откуда
± -^-+2тк
где п, т — целые числа. Приравняв оба: значения; придам к
равенству (после сокращения на -);
1.1,0 , 1 , m
3 ± 2 + 2Л ~ “ 8 + 2”’
пли, после умножения на 24,
12m—48п =—8 ±9.
При любых целых т, п, слева стоит четное целое- число,
а справа — нечетное (1 или—17). Поэтому последнее равен-
ство при целых т, п невозможно, что и требовалось доказать.
Билет № 10.
Задача 1. Обозначим исследуемое выражение через у
и преобразуем его следующим образом:
!/=log2X+l2 logjXOogsS—log2*>.
или
t/ = log*x(log2.r—12 log2X + 36).
Положим далее log2x=z. Очевидно, 0<z<6. Задача свелась
к нахождению наибольшего значения переменной y=z2(6—z)2.
Мы решим задачу, если найдем наибольшее значение для
z(6—z) при условии 0<zc6, ибо чем больше положительное
число, тем больше и его квадрат. Что касается выражения
z(6—z), то оно достигает наибольшего значения при z=3 так
как произведение двух неотрицательных множителей, сумма ко-
торых постоянна, оказывается наибольшим при равенстве
этих множителей*. Таким образом, наибольшее значение у
приобретает при z=3. Оно равно 81, х при этом, очевидно,
равен 8.
Задача 2. После простого преобразования левой части
предполагаемого равенства, будем иметь
1 + • • • + Тэд~"2 ( 1+ ~2± ' ‘ • + Юо)=‘
= -L+_L j__L.
ЮГ 102.’ ' • 1 200
• См. сноску на стр. 32 к задаче № 3, билет 7.
40
Прибавив теперь к обеим частям А = 1+4-+.. . + Ду
убеждаемся, что в обеих частях равенства стоят одинаковые^
суммы:
100
Л = 1
Стало быть, исходное равенство справедливо.
Задача 3. Случай а) Пусть D — середина отрезка АВ.
С — подвижная точка, Q — центр тяжести ДЛВС, Qo — центр»
тяжести ДЛЗВ. Так как точка Q делит отрезок DC в отноше-
нии 1:2, то геометрическое место этих точек есть, очевидно,.
луч, параллельный ребру SE и проходящий через точку Qo—
центр тяжести ДЛЗВ.
Случай б). Если теперь и точка В перемещается по ребру
SG, то центры тяжести Qo треугольников ЛЗВ расположатся
на луче, параллельном ребру SG и проходящем через точку
Qo, которая делит отрезок ЛЗ в отношении 2:1. А соответст-
вующие каждому фиксированному положению точки В лучи
(рассмотренные в случае а) заполнят сечение трехгранного»
угла плоскостью, проходящей через точку Qo параллельна»
ребрам SG и SE.
41
Задача 4. Преобразуя левую и правую части первого
уравнения, получим:
2 sin
-’'+У/ х—у
~о—I COS--------
2 \ 2
cos——— =0.
2 /
Решая эти уравнения, придем к следующим соотношениям:
1°. х=—y+2k~< (/г=0,±1,...);
2°. у=21~, х любое число (/=0,±1,...);
3°. х=2т ~,у любое число (m=0,± 1,...).
Соотношение 1° совместно со вторым уравнением системы
(*1 + 11/1 = 1 лишь при условии k=Q. Действительно, из Г следу-
ет неравенство |х| + [у|> 2|6|~, которое ввиду |х| + |t/|=1 воз-
можно лишь при к=0. Решая тогда систему,
х=—у,
м+ы=ь
находим два решения: Xi=—, yi=——и х2=—1/2=-у-
Рассуждая аналогично в случаях 2° и 3°, находим еще две па-
ры решений: х3 = 1, у3=0; х4 =—1, yt=O, а также Xg=O,
1/5=1, -*8=0, Уб——1. Таким образом, рассматриваемая в зада-
че система имеет шесть решений.
Билет № 11.
легко находим х=6 и, стало быть z=6+iy. В силу
= 1
Задача 1. Представим г в виде z=x+iy. Тогда пз
г-4
г—8
этого
|6+й/—12
6+п/—8/
5
= 3|—6+й/|=5|6+/(у—8)|;
О
9(36+1/2) =25(36 + (у-8)2];
9 • 36+9^/2=25 • 36+251/2—25 • 16г/+25 • 64;
16f/2—25 • 16z/+16 • 36+25 • 64=0; у2—25г/+136=0.
_ 25± /625-4-136 _25± /625 - 544 _ 25+9
У~ 9 — 9 — 2
2
2
1/1 = 17; 1/2=8.
Ответ: zt=6+17<; г2=6+8х.
42
3 а д а ч a 2. Данная система равносильна следующей:
х2 + (х+а)2+2х< 1, у=х+а.
Неравенство 2х2+2(а+ 1)х+а2—1<0 имеет единственное ре-
шение тогда и только тогда, когда дискриминат трехчлена ра-
вен нулю:
(а+1)2—2(а2—1) =0,
а2—2а—3=0;
отсюда а=1±|/ 1 + 3= 1+2; ai=3,a2=— I:
I) Если а=3, то х2+4х+4 = 0 и
)1—21
IJ -1 I
2) Если а=—1, то а2—1=0, х2=0 и
j х=0, ’
I У=—1. I
Задача 3. Пусть Р есть плоскость треугольника АВС и
Pi есть плоскость треугольника AiBtCi. Пусть I есть линия пе-
ресечения Р и Р\. Обозначим Q де плоскость, проходящую че-
рез А, В и О. Прямая AiBj лежит в и, будучи непарал-
лельной прямой АВ, пересекается с ней в точке ТАв Эта точка
лежит в Р и в ₽i и, значит, на прямой 1. Аналогично докажем,
что прямые ВС и BtCt пересекаются в точке Твс , лежащей
на /, а прямые АС и А1С1—в точке Т Ас , также лежащей на
Л Теорема доказана.
Задача 4. Пусть наименьший угол между лучами, отра-
женными зеркалом и плоскостью Р равен а (см. рис. 20).
Рмс. Nifi
43
Этот угол образует луч, который пройдет через край зеркала
С после однократного отражения в точке В. Из условия зада-
чи следует: СгЦДЛ. Поэтому Z.OCB= ZOBC=a. Из условия
отражения в точке В следует Z_OBF—a. Поэтому в треуголь-
нике OBF
ZB0F=2a, ZOBB= 180°— 2а—а=180°— За.
Обозначим расстояние от зеркала до плоскости через Л, а ра-
диус освещенного круга AD через г (см. рис.). Так как радиус
зеркала равен 1, то
—=tga- (1>
г—1
Из треугольника OBF по теореме синусов находим
QP _ sina<
sin За
В силу подобия треугольников CBF и DBA, высоты, в них про-
порциональны сторонам, так что
AD _ /f+sin2a
FC sin 2a
или
______г _ _ h 4-sin 2a
1 _|_ sin 1 sin 2a
sin За
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим
_ 2 cos 2а
Г~ 2 cos 2a—1
Подставив сюда данное в задаче а=15°, получим
г= .
у' 3 —1 -
Далее,
1
1+cos 2a j , /з~ 2+/3-
2
Поэтому из (1)
h = у (I -г УУИ2—У3~) = у( 2 + Уз"- 3)=
Л з+Уз' . Уз"-1
Ответ: г=—-—, й=—-------
х X
44
Билет № 12.
Задача 1. Из вЪда второго уравнения системы заключа-
ем, что х * 0, у 0 и z - 0. Из второго и третьего уравнений
легко следует, что
xyz-27. (1)
Умножив третье уравнение на г, будем иметь, учитывая (1):
27+(x+y)z2=27z.
Подставив сюда х+у=9—z из первого уравнения системы,
приведем подобные, в результате получим:
z3—9z2+27z—27=0,
пли (z—3)3 = 0. Отсюда z=3. Теперь уже нетрудно показать,
что и х=3, и у—3. Последнее, впрочем, ясно и из того, что все
неизвестные входят в систему симметрично. Итак, система
имеет единственное решение:
х=3, у—3, z=3.
Задача 2. В момент времени t автомашина находится на.
расстоянии 40/ км от пункта А, а мотоцикл—на расстоянии
36 „
— /2+9 км от того же
пункта. Следовательно,
расстояние между ними
равно абсолютной величи-
не разности 16t2+9—40t.
Обозначая эту разность
через у от t, начертим гра-
фик. Он представляет
собой параболу, кото-
рая пересекает ось t
при ti = |- и t2=2~. Из
графика ясно, что наи-
большая по абсолютной
величине ордината у, при
условии (0</< 2), соот-
ветствует вершине пара-
болы. Вершина параболы
Pue. АД.1
лежит на оси симметрии,
которая пересекает ось t
в точке
___
2 ~ 4*
4$
Таким образом, наибольшее расстояние достигается через»
1 час 15 минут после начала движения и равно 16 км.
Задача 3. Пусть Ох — центр тяжести грани ASC, а
BOi — один из рассматриваемых в задаче отрезков. Возьмем
еще какую-нибудь грань, например, ВВС; обозначим ее центр
тяжести через О2 и докажем, что отрезок АО2 пересекает от-
резок BOi и при этом точка пересечения отрезков О делит
отрезок BOi в отношении 1:3, считая от точки Оь В самом де-
ле (см. чертеж), очевидно, что ДВНЛ^ЛГг (Mi и М2 — середи-
ны отрезков АС и ВС); легко также видеть, что OjOall^WiAfa,
т. к. точки 01 и 02 делят соответственно отрезки MXS и M2S в
одном и том же отношении. Поэтому ЛВЦО1О2, фигура
АВО2О\ — трапеция, и, стало быть, ее диагонали • ВОХ и АО?
пересекаются. Обозначим точку пересечения через О. Имеем
далее:
МХМ2 _ 1 . 0,0. _ 2
АВ 2 ’ М,Л4, ~ 3 ’
Перемножив эти равенства, получим
0,0., 1
АВ 3 ’
Но из подобия АЛОВ и &0200х следует, что
0.0, О,О.
0В '~ АВ
1
3 ’
Таким образом,
0.0
ОВ
что и утверждалось. Если
мы теперь возьмем центр тяжести еще на одной грани и-
построим соответствующий отрезок, то он, в силу доказанно
го, также пересечет отрезок BOt и притом в точке, которая.
разделит BOt в отношении —, т. е. в точке О. Утверждение-
доказано.
Задача 4. Преобразуем v(x) следующим образом:
z v . । б (1—cos2x)3 (l+cos2x)3
<p (x) =Sin6X + COS6X= --g--— 4- -——-----
о о
Раскрыв скобки и приведя подобные, получим
Т(х)- 1+34с°а,
откуда следует, что наибольшее значение равно 1, а наимеаь-
1
шее •
II. ФИЗИКА
# Билет № 1.
Задача 1. Так как масса т\>гп2, то система грузов;
л»1, т2 будет двигаться с каким-то ускорением at в сторону
большого груза.
Шарики массы т
вращаются с линей-
ным ускорением
которое равно
аЛ
а.,= —1—
г
Рассмотрим, под
действием каких сил
массы mi, т2 и 4т
приобретают указан-
ные ускорения.
1. На тело массы
mi действуют: вес
тела mig (вниз) и
сила-натяжения нити
Ti (вверх). Под дей-
ствием этих сил мас-
са /П1 движется вниз
с ускорением Яь Сле-
довательно.
miai=mtg—Ti.
47
2. На тело массы т2 действуют: вес тела /Пг£ (вниз) и си-
ла натяжения нити Т2 (вверх). Под действием этих сил масса
т2 движется вв&рх с ускорением Следовательно
т2ах=Т2—m2g.
3. Четыре массы т на концах спиц будут вращаться по
окружности с линейным ускорением
под действием некоторой силы F, момент которой относительно
оси блока должен быть равен разности моментов сйл, создава-
емых натяжением нити, т. е. 4ma2=F,
(Tt-T2)r=Fl,
/2
Л—Т2=4т
г2
Итак, мы имеем систему трех уравнений с тремя неизвестными:
miat=mig—Tt,
m2ax=T2—tn2g,
4тах L=Tt—T2.
Решая ее, получим, что
(т,—m2)g
ai= ———р--
/П1+т2+4т уг
Задача 2. Ионы, возникающие под действием рентгенов-
ских лучей в объеме конденсатора, начинают двигаться к об-
кладкам конденсатора под действием приложенного к нему
напряжения. Ток через конденсатор равен Ic = nqtv,
где п — число пар ионов, образующихся в сек в I см3 объема
конденсатора, q —заряд одного иона (равный заряду электро-
на), v—объем конденсатора. Так как в замкнутой цепи сумма
падений напряжения на последовательно соединенных участ-
ках равна падению напряжению на концах всей цепи, то
и=и дв+иве ' Я2+Л • Ri.
Кроме того, сумма токов в разветвлении АВ должна быть рав-
гна току в неразветвленной цепи.
I\=J с+/г.
48
Имеем следующую систему уравнений:
/ U=/2^2 + ^l^b
| Ъ-Ц+Ь,
j Ie =nqev.
Из этой 'системы находим 1\,
г - “UcR?
1 R1+R2
Так как 5?а='/?2=Я=1010 ом, то
_ u + nqevR
2R
Подставляя данные задачи, получаем
. _ 13004-10» -1,6* 10-” • 250 • 10'° _ 1Л_7
/1 — 1 1 ..——8,5- 10 дм перл.
2-10'°
3 ад-ача 3. Изображение источника на экране в натураль-
ную величину может быть получено при трех различных рас-
положениях линз.
Первый случай. Первую линзу надо поместить на расстоя-
нии от источника равном главному фокусному расстоянию F.
Тогда выходящие из первой линзы лучи дадут паралллельный
гпучок. Вторую линзу надо поместить на таком же расстоянии
ют экрана. Тогда падающий на яеещучок параллельных лучей
-4-44Б 49
из первой линзы даст изображение предмета на экране в на-
туральную величину. Таким образом имеем
a1=F; &i = F; х=А—2F.
Рис.. 2.S
Второй случай. Первую линзу надо поместить на некото»
ром расстоянии аг от источника, так, чтобы она дала действи-
тельное увеличенное изображение его на некотором расстоя-
нии а'2 от линзы. При этом надо подобрать расстояние так*,
д
чтобы а2+а‘ = ~^ Тогда достаточно будет расположить вто-
рую линзу на расстоянии Ь2=а'2 от изображения, даваемого
РмеДС.
50
первой линзой, чтобы она дала четкое изображение на экра-
не. При этом изображение будет как раз иметь размеры ис-
точника, так как вторая линза будет давать изображение с
увеличением /? = — (к2 — увеличение, даваемое первой лин-
‘ К2
ЗОЙ).
Действительно
но Ь2=а , а Ь?=а2, т. е.
Третий случай. Этот случай аналогичен второму; только
на этот раз первую линзу надо поставить на таком расстоянии
аз от источника, чтобы она дала уменьшенное- изображение
А в
источника на расстоянии от него. Вторую же линзу по-
местим так, чтобы она дала увеличенное изображение S2 на
экране S*. Получаем последовательно
а’+аз = -Т’ ь»=а'з>
51
Отношение освещенностей изображений во всех трех случаях
будет зависеть от телесных углов, под которыми видна первая
линза.из источника S, то-есть £ь £2: Е3^т^
s s s
°»г=— 5 шз= —i
а-: <
где $ — площадь линзы.
Задача сводится к нахождению а2 и а3. Нетрудно заметить,
что а3=а' и а’=а2 . Тогда а2 и а3 можно найти из следую-
щих уравнений:
а2+а'
А
2
или (так как а'2 =а3)
2
£
(1)
о2А-а3 — —
(2)
A -yrA2—8AF Л+/A2—8AF
Окончательное отношение освещенностей имеет следующий
вид:
г-.Е.-.Ез
Задача 4. Первое решение. Обозначим площадь попе-
речного сечения цилиндра через s, начальный объем газа —
через Vj, конечный объем — через v2, начальное расстояние
поршня от дна цилиндра через Ль конечное расстояние через
h2 и давление газа через р. Тогда сила, действующая на пор-
шень, будет равна р • s, и поршень передвийется на расстоя-
ние Л2—Ль Следовательно, работа по поднятию поршня будет
равна
А =р • s(h2—=p(sh2^shi) =р(у2—Vi).
Известно, что для данной массы газа произведение давления
на объем, деленное на абсолютную температуру, остается пос-
тоянным при любых изменениях этих величин, т. е.
pv j.
f— = const .
Т
52
Значит, достаточно знать объем Vo некоторой массы газа при
нормальных условиях (при давлении р0=1 атм. и температу-
ре 7'о=273°К), Чтобы определить объем той же массы при лю-
бом давлении р и любой температуре Т. Выразим объемы
L'i и v2 через v0:
рЪх_Р№ ' povo7\ .
" 1 . V 1 -
7 * 'Г» ’
1 "о ГоР
Р^г. PqVq . _ povoT2 .
Т2 То ’ 2 Тор ’
Полученные значения объемов подставим в формулу работы
А =р (Т2 - Г.) = (Т2~ Т})
ГоР
Определим теперь, чему равно v0 для /и = 10 г азота. Моле-
кулярный вес азота у =28. По закону Авогадро граммолеку-
ла азота (28 г) занимает при нормальных условиях (р0=1 отм.
и 7’о=273°А) объем=22,4 л; а 10 г азота займут объем Vo
Составляем пропорцию и находим
Ю . 22 4 • 10 Qnnn ,
----— ; v0— — литров, ис = 8000 см3.
22,4 28--------------28
Считаем, что Ро=1 атм ~ 1 кГ/см2.
.4= (625—25) • 1 ‘800° = 1,75 кГ. см=\1Ь кГм.
273
Второе решение. Работа, произведенная газом равна
А=р(у2—t»i).
Для нахождения (v2—^i) можно воспользоваться уравнением
Клапейрона pv = nRT, где п=~—число граммолекул газа,, а
R'— газовая постоянная для одной граммолекулы. Значение
газовой постоянной определяется из условия, что, при То=273°К
и ро=1 cltm, граммолекула любого газа занимает объем уо=
=22,4 литра. Тогда
1 • 22-4
273
л.ошм
град, моль
= 0,082
к Гм J 92 кал.
град, моль ’ град.моль
л.атм
град, моль
Если мы имеем одну граммолекулу газа то, очевидно, при лю-»»
бых р, v и Т будет справедливо равенство
^- = R , pv = RT.
Т
53
Если же мы имеем п граммолекул газа, то уравнение прини-
мает вид pv = nRT. Воспользовавшись этим уравнением, мы
находим, что
А=р (v2—Vi)=nR(T2—Tl),
1 Г) 1940
A=nR(T2—Т{) =—0,82 • 600= 4г = 175 кГм.
28 /
Билет № 2.
Задача 1. Прежде всего рассмотрим, чему равна кине-
тическая энергия обруча, катящегося по горизонтальной по-
верхности со скоростью V. Так как обруч в целом передвигает-
ся со скоростью v „ост. , то энергия его поступательного дви-
жения
^пост
га>гпост.
2
Кроме того, обруч вращается вокруг своего центра тяжести
со скоростью vBpaill. и, очевидно, обладает еще кинетической
энергией вращательного -движения
<№) = .
wBpam* n
Полная кинетическая энергия катящегося обруча равна
О'= «'пост- + ‘“'вращ.
^®^пост. ^^2вращ.
2^2
Если обруч катится без проскальзывания, то г’пОст ~ ^вращ—^
и, окончательно
W=mv2.
При скатывании обруча с наклонной плоскости его потенци-
альная энергия tngh переходит в кинетическую. Таким образом
54
mgh — mv"1. При ударе о горизонтальную плоскость горизон-
тальная составляющая скорости и скорость вращения не изме-
нятся, так как никаких горизонтальных сил нет. Вертикальная
же составляющая изменит свое направление на противопо-
ложное. Она и определяет, на сколько подскочит обруч.
mgH; •vBepT. = /i*-sina; H=|--sin2a-
Задача 2. Если обкладки обоих конденсаторов раздвига-
ются, одновременно, тока в цепи, соединяющей конденсаторы,
не будет, и вся затраченная работа пойдет на увеличение энер-
гии конденсаторов. Если же об-
кладки раздвигать по очереди,
то заряды будут перераспреде- Сх
литься между конденсаторами, __________________I ।____
и в цепи будет течь ток. Меха- j |
ническая работа затрачена не
только на увеличение энергии
конденсаторов, но и на джоу- >
лево тепло. Так как оконча- ft ?
тельная емкость и заряд кон-, м
денсаторов в обоих случаях
одинаковы, разность работ в ___________________I В____
том и другом случаях равна 11;
полным потерям на джоулево
тепло. Подсчитаем ток, текущей Рис Л/ Д.9
ло цепи, когда раздвигают один
из конденсаторов. Полный за-
ряд не меняется, так как цепь замкнута, а перераспределение
зарядов прекращается, когда уравняются разности потен-
циалов на обоих конденсаторах. Если мы обозначи.м через Q
заряд на каждом из конденсаторов в начале, до раздвигания
пластин, а через Qi и заряды на первом и втором конден-
саторах, когда пластины одного из них раздвинуты на расстоя-
ние d2, то можно записать; что
2Q=Q, + Q2. (1)
Условие того, что разности потенциалов на конденсаторах пос-
ле раздвижения пластин одного из них должны уравняться,
запишется так:
<2>
S S
где Ci = —-г- а С-, — л , - • Из уравнений (1) и (2) на-
шаходим
0'“2<г
55
Для нахождения тока нам надо узнать количество электриче-
ства AQ, протекшего по сопротивлению /? при раздвижении
пластин одного из конденсаторов. Очевидно» что оно равно
Ток будет равен / = Такой же ток потечет по сопротив-
лению R при раздвижении пластин второго конденсатора^ Знаь
чит работа будет равна
Л„.= 2(-49)!« = 2^л
Подставляя сюда значение &Q получим
А
.мех»
2
Заменив Ci и Сг, через 3, d\ и d2 и приняв во внимание^ что»
Q = UCi, получим окончательно
2(SU)*/d2-dt\*R , .
мех- dt+d2 I t эрг
Задача 3.
Put. &Q.
1) Ищем изображение источника 3 во втором зеркале (Д)£
56
2)
3)
Ищем изображение St в первом зеркале (I)
лс 3 р о р , F• а2 5 _
a,_4F-g-F- J- F; b.-
Ищем изображение 32 в зеркале И
h 3 -7
6:1 7 _ 4
-F+-jF
Oj_4F- |-F =р ;
и так
далее
Задача 4. Тепло идет на нагревание газа и совершение
механической работы при расширении газа Q = Qi+.A
Q, = ^CV (T2-Tt)--------И£2__ . 5 /-------кал_.
Iх 08 Г г А M0Ab • град/
\ моль )
75
15 (?рад.) = — кал= 18,75 калу
так как давление постоянно, то
А=р(Р2—^i) (см. билет № 1, зэд. 4).
Объем 1 моля газа при давлении 1 атм и 0°С равен 22,4 л..
Следовательно, при этих условиях 7 г. азота имеют объем.
99 4-7
V. = = 5,б(л)
_ pv p0V0 „
Так как — = ,то при температуре и давлении р объ-
7' T'q
ем vt = — ° • Т], а при температуре Т2: v., = —°7>
РТП ’ рТи
Таким образом
А = Povn(Т _Т)~ Ю" (баР) ‘ 5,6' 103 (смЛ) '15 (град)
Р Тор 2 ' 273 (град)
s3-108 эрг = 1-2 кал.
Следовательно
Q ?• 26 кал.
Билет № 3.
Задача 1. На грузы т\ Ч'гп2, двигающиеся по окружнос-
тям, действует только сила натяжения нити. Так как грузы»
57
движутся с ускорениями «> Гг и ш-’гг, то, воспользовавшись,
вторым законом Ньютона, можно написать
/niU)2rt ^=Fh. ; тш-ri =FH.
откуда miri = m2r2. Воспользовавшись этим уравнением и усло-
вием г\+г2 = 1, найдем
1>п, 1т,
rt = —------, г = -----------— •
т,-\-т, т^-т..
Найденные значения г{ и г2 соответствуют положениям неус-
тойчивого равновесия. В положении равновесия натяжение
нити равно
„ т.т.,
Ля. =----— w-Z
/И] 4 т..
Кинетическая энергия грузов равна
Е=Е{ +Е2 =
тхт-> ,
---!—-—О)-.
1ПХ + т2
Задача 2. Полный ток, проходящий через электромотор
/_ ^~^инд-
R
где Елг120 v — внешняя электродвижущая сила или напряже-
ние в сети, E.tHa —эдс индукции, возникающая в якоре мо-
тора при его вращении. Мощность, передаваемая электромо-
тором приводу
W=EI—PR,
где PR джоулево тепло, выделяющееся в одну секунду.
Подставим сюда предыдущее выражение для I, получим
Еннл. (Е-—ЕИНД. )
R '
Если мотор заставить работать в качестве динамомашины при
той же скорости вращейия якоря, то развиваемая им электро-
движущая сила будет Еинг. . Следовательно, она определяет-
ся квадратным уравнением
Еьнд.—Е • Еинд. + R W = О,
с _e±Ve--4RW~
^phl.— Q *
Подставив сюда значения для Е, R, W получим два возмож-
ных значения для Ели1.-. 1) ЕИП1. =80 вольт, 2) £Ннд.=40 вольт.
58
Физический смысл двухзначного решения заключается в следу-
ющем: максимальная мощность, отдаваемая мотором приводу,
получается, когда в нем развивается электродвижущая сила
Будем откладывать по оси абсцисс Е„„, , а по оси ординат от-
даваемую мощность W. Тогда кривая будет иметь максимум
р
при £„нд. = — . Если задать W, то Е инд. найдется от пересече-
ния рассматриваемой кривой с прямой IT=const, которая на
'ертеже изобразится пунк-
тиром. Таким образом, од-
ному и тому же значению
W соответствуют два зна-
чения Етг. Исключение
составляет только тот слу-
чай, когда W максималь-
но и соответствующая
прямая касается кривой в
ее вершине.
Задача 3. Предмет
будет резко виден в тру-
бу, если его изображение,
создаваемое собирающей
линзой, будет находиться
в том фокусе рассеиваю-
Рие. 31
щей линзы, который лежит по другую сторону от нее, чем
предмет. В этом случае расстояние /2 между предметом и этим
изображением будет равно:
/2 = 11+/i= 100 см.
Расстояние х между предметом и собирающей линзой опреде-
лится из уравнения
— 4- —-—= — или х2—12х + /2/2 = 0,
х х I2
откуда
/ / /2
±|/ —/2/2 ; Xi=20 см, х2=80 см.
В положении *1=20 см изображение, даваемое собирающей
линзой в фокусе рассеивающей ,будет иметь большие размеры.
Следовательно, при этом положении собирающей линзы угло-
59
вые размеры изображения, видимого в трубу, будут также
больше.
Задача 4. Работа, произведенная газом
Д=р(и2—Vi)
или на основании уравнения Клапейрона (pu=nRT)r
A = nR(T2—Ti),
где п — число грамм-молекул водорода, a R — газовая посто-
янная. Значение ее определится из условия, что, при Го=273аК
к Г
и ро= 1----грамм-молекула газа занимает объем Оо=22,4 лит-
см-
ра. Это дает
R в = = Q 0821--------------= 0>821 —.
То 273 см- град.моль град моль
Следовательно
Л 40
п =----------=-------------= 0,11 молей-
R(T2—7\) 0,821-430
и
т = п у. =0,11 • 2 = 0,22 грамма водорода.
Билет № 4.
Задача 1. Так как по наклонной плоскости с углом нак-
лона а тело движется равномерно, то mg sin a- mg k cos а >
где k — коэффициент трения. Отсюда
, sin а .
k=----------------------------= tga.
cos а
60
По наклонной плоскости с углом наклона &>а тело будет дви-
гаться вниз с ускорением а под действием силы
f=mgsin₽—FTP.. где Гтр.=л mg cos₽,
ma=f-, ma = mg sin0— tgamg cosp;
a=g(sinfJ— tgacosP’:
_ sinpcosa—cosft • sins . д gsinfl?—a)
& cos₽ ’ cos₽
Так как длина наклонной плоскости 1=-------, то время скаты-
sinp
вания определяется из следующего равенства:
отсюда
Л2Г -1 / 2/tcosP _ Г 2h ~
_ у а ~ у sinp • g sin(₽—а) ~ р gtg₽ sin(₽— a)’
«I
Задача 2. Полный ток, проходящий через электромотор
I __________________ Е ^*инд.
R
где Е=120 вольт—внешняя ЭДС или напряжение в сети
^инд. -- ЭДС индукции, возникающая в якоре мотора при его
вращении. Работа внешней электродвижущей силы в одну се-
кунду равна
А = FI
^полн 2-'-
Часть этой работы идет на выделение джоулева тепла
оставшаяся часть есть работа электромотора
A=EI-PR=I(E-IR) =IEmi.;
л Е ИНД.(Е ЕИНД )
Это выражение при заданном Е обращается в максимум, если
£
Епт. = —-В самом деле, произведение ЕМЛ.(Е—Е,„ъ) геоме-
трически можно интерпретировать как площадь прямоуголь-
ника с длинами сторон Еиил. и Е—Е,яа. и периметром 2Е. При
заданном же периметре из всех прямоугольников квадрат
имеет наибольшую площадь. Поэтому максимальная работа
мотора равна
. Е2 Г20-’ 1ОА
Дмяис =-----=-------= 180 ватт.
4R 4-20
Протекающий при этом ток равен
г Е Етк. Е 120 „ .
1 ~~~~ — ““ — <3x1 •
R 2R 40
Задача 3. Луч AM, выходящий из риски А нормально к
поверхности пластины, попадает в микроскоп. Луч АС, выхо-
дящий под малым углом <р к AM, также попадает в микрос-
коп (см. рис. 35).
Изображение А1 риски А получится в точке пересечения этих
лучей на расстоянии х=А,В от верхней поверхности пластины.
Найдем х. Из рисунка видно, что
ВС—АВ tgi|> =1 tg 4*»
BC=AlB tg<p=x tg<p
Приравняв оба выражения, получим
л = .
tg?
S2
Так как углы <р и ф малые, то отношение их тангенсов можно
заменить отношением синусов. Сделав это и воспользовавшись
законом преломления, найдем
п = — •
х
Если микроскоп был наведен на риску В, то для наведения на
риску А его надо опустить на величину х=2 мм. Таким обра-
зом
3 1 с
« =— = 1,5.
2
Задача 4. Работа, произведенная грузом Р = 16 кГ при
охлаждении газа, может быть записана следующим образом:
р
^гр.=Ргр (^1-^2) =-=- (Vt-V.,) ,
О
где S — площадь поршня, t»i — начальный объем газа, v2—
конечный объем газа. Работа атмосферного давления над га-
зом
Лавл.=Д/'г'1 --РгЛ
, кГ . _
гдера= 1------ —атмосферное давление. Так как
см*
р
АГр. = —(vt — v2) = ЬкГм ,
5
а
Л.авл.=АЛ'1-‘г'2),
*70, очевидно,
Л,а,.,=.4;р. А.$=4^. 200= 50 кГм.
63
Вся работа произведенная над газом
А = 4Гр.4-Ддавл. = (ра + 54 кГм .
Очевидно, что объемы V\ и г»г можно выразить, через объем
г»о, какой заняла бы масса гелия т = 5 г при нормальных ус-
ловиях
А>=1— и ГО = 2737<.
см-
Р t>i = . рУг = А>%
Л TQ ' т2 т. '
р
р=ра?~ ——давление газа (остающееся без изменения),
Т1 — начальная температура гелия, Т2 — конечная температура
гелия. Из этих двух уравнений имеем
Тор ’
Подставим значения »| и и2 в выражение для полной работы
II найдем затем vo для лг=5 г гелия.
АТ
7Х-Т2=—'-
Р»^
Ищем объем vq. Мы знаем, что граммолекула гелия а = 4 г
занимает при нормальных условиях объем 22,4 л (закон Аво-
гадро). Отсюда
vn 5 22,4 • 5 по
—— =— ; v<t=--------------- л = 28 л;
22,4 4 4
АТ
Ti = T2 + -^-
povo
Подставив числа, найдем Ti, а затем и tn.
Tt =248 + 54'10~ кГсМ 273 град -=248 + 53= 30 Ж.
1 — • 28 • 103 см3
СМ2
Начальная температура была 28°С. Начальный объем найдем,
подставив численные значения в следующее выражение:
1 — • 28 л 301 град
Vi = . 34 л.
Т°Р 248 град- 1,08 —
СМ?
64
Билет № 5.
1ип, т. е. в
становится
Задача 1. В начальный момент энергия системы равня-
ется потенциальной энергии груза массы т
Ea=mxgh0
Предоставленный самому себе, груз mi
начинает падать с некоторым ускорени-
ем, приводя во вращение спицы с груза-
ми т. Когда груз mi достигнет пола, его
потенциальная энергия Е„ перейдет в ки-
нетическую энергию самого груза mit рав-
ную ЕК) и грузиков т, расположенных на
концах сяиц, равную Ек->
(2)
где »1 — скорость груза mt непосредствен-
но перед соприкосновением его с полом,
г>2 — скорость грузов т в тот же момент.
Когда груз mi достигнет пола, произой-
дет неупругий удар, при котором кине-
тическая энергия груза тх равная
2
m-iVi
2
«целиком перейдет в энергию неупругой
тепло. После этого механическая энергия
равной кинетической энергии вращающихся грузов т
с 4mv,
С К,— -“—“ •
3 2
Пока груз mi находится на полу (нить свободно сматывается
« затем свободно наматывается на барабан), механическая
энергия системы не меняется и остается равной ЕК} . Когда
нить снова натягивается и начинает поднимать груз ть то
Ек.} переходит в потенциальную энергию груза т^ Так как
Ек., меньше, чем начальный запас энергии Е„(ЕК, <=Еп—ЕК1),
то груз Ш] поднимется на некоторую высоту hi меньшую Ао-
Очевидно, чтобы найти hi надо знать скорость вращения гру-
зов т равную v2. Угловая скорость точек обода барабана, на
который намотана нить, и угловая скорость грузов т на спицах
одинаковы. Линейная скорость Vi обода (и груза тг) и линей-
ная скорость v2 грузов т на спицах выражаются через угло-
вую скорость ч) следующим образом:
у1 = <»г; v2=<s>l0.
446—5
65
Следовательно
— : v,———
vt г l0
Для нахождения скорости v2 подставим (3) в
mihog= ---------h 2mv2 ; mxh^= v, ( —|-2/и
2/: * \ 24
2 m.g-hn
v„ —-------——*------
1 г2
— /»1 -----|-2/п
2 Zs
*0
Теперь находим высоту hi поднятия
груза ту.
mighi=-
4m
2т.-v?
”hg
hi =
2/n-/n,a-A0
4mhnr„
/ 1 Г2
Ч>
Задача 2. Так как мощность, расходуемая батареей, в
обоих случаях одинакова, то сопротивления внешних цепей
должны быть равны:
ig mlr2'+4mf0
R-A
1
Ri
n . р 1 п .
; hi —
2 1
Z?oZ?24‘Z?iZ?2+Z?24'Z?iZ?24‘Z?oZ?i =/?, 4-R'oRi4-RoR2i
R22+2RiR2=R^,
По другому условию падение Vi напряжения на Ro в первомг
случае в а раз меньше падения напряжения на Ro при непос-
редственном подключении v2, т. е.
=---—
а
IRo=aRo--------------------
(Ro+Ri+R,)(Ro + R2
/?о + -/?1+^?2 =а/^1е.
♦21
66
Решая уравнения (1) и (2) получаем
К
2/?о
i3-l ’
/?2 = Ro-
tt—1
^+т
Задача 3. Чтобы определить, как будет двигаться изоб-
ражение источника в поле зрения трубы, найдем, как меняет-
ся угол [ с изменением углов а и (J, <р0 — угол между зерка-
лами, i —угол между падающим и отраженным лучами,
а — угол падения луча на 1 зеркало, р — угол падения луча
на II зеркало,
7=2«+2,3 (1)
(как внешний угол треугольника АВС).
В треугольнике АОС углы соответственно равны:
ZO = ®0; ^А = ——р; ^С = -—а .
‘ °’ 9 9
отсюда
или
?»=*+? (2)
Из (1) и (2) имеем у =2<р0. то есть отраженный луч при лю-
бых а. и !р составляет один и тот же угол с падающим лучом.
Значит, изображение источника в поле зрения трубы не будет
перемещаться. Но зеркала могут повернуться таким образом
5* 67
вокруг оси параллельно ребру двугранного угла, что падаю-
щий луч вообще не попадет на отражающие поверхности зер-
кал I и II. В этом случае изображение в поле зрения трубы
исчезнет.
Если зеркала будут вращаться с постоянной скоростью, то
изображение источника будет периодически появляться и ис-
чезать в поле зрения трубы.
Задача 4. Дано: и=100 см3, /=100°С, В = 40%. Упру-
гость насыщенных паров, при 100°С, р = 760 мм рт. ст. Относи-
тельная влажность f=40%. Следовательно упругость паров
воды при 100°С равна 760 • 40=304 мм рт. ст. Чтобы воздух
стал сухим при 20°С, он должен иметь давление водяных па-
ров равное или меньшее 17 дсирт. ст. Учитывая, что масса во-
дяных паров одна и та же, имеем два состояния. Первое сос->
тояние: р=304 мм рт. ст., v = 100 см3, Т=373°К, /=100°С.
Второе состояние pi = 17 мм рт. ст., /i=20°C, Ti=293°K, fi = ?
Так как в обоих состояниях у нас пары ненасыщающие, то мы
можем применять к ним законы для идеальных газов
P^_/>i^i. _ 'vpTx.
Т~ 7i ’ PiT ’
100-304-293 .
”=------177373---31400 см
Билет № 6.
Задача 1. Дано: М — масса обода, R — радиус обода,
«> —угловая скорость вращения маховика, F — сила действу-
ющая на обод маховика со стороны тормозной колодки, k —
Puc.38
68
(3)
(4)
(5)
коэффициент трения между ободом и колодкой. Определить
время торможения i и число оборотов п, которые сделает ма-
ховик до полной остановки.
ЛР. =Fk (1)
С другой стороны сила трения
Лр- • а, (2)
где а — линейное ускорение точек обода; а = ~ так как ко-
нечная скорость равна нулю, v=vR,
&R
а~Т'
Из (1), (2) и (3) имеем
kF=M —
t
Отсюда
kF
Для того, чтобы найти п, можно воспользоваться соотноше-
а/2 . _
нием $= —— , где s—2rRn— путь пройденный до оста-
новки точками обода
2*Rn=-^~ . (6)
Подставляя в (6) t из (5) и а из (3) получим
at2 wRt2 u>-• RM Mu>2R
Tl =----= -----= -----------«= ---- - ;
4-7? 4-/?£ 4~kF 4kr.F
Mv-R
n =----------
4-AB
Задача 2. Очевидно, что заряды qi и qz одного знака.
В противном случае они притянулись бы друг к другу. Для
равновесия зарядов необходимо, чтобы равнодействующие сил,
приложенных к каждому заряду, были нормальны к окруж-
ности, или иначе говоря, сумма проекций всех сил, приложен-
ных к данному заряду, иа направление касательной к окруж-
ности должна равняться нулю. (См. рис. 39).
Так как заряды в точках Bt и В2 равны между собой, то
заряд qt может быть расположен только в точке А, находящей-
ся на равных расстояниях от точек Bt и В2. В соответствии со
сказанным выше, проекции сил f2\ и f22 (действующих на за-
69
ряд qz в точке В] со стороны двух других зарядов) на направ-
ление касательной к окружности ТТ} в точке В1 должны быть
равны друг другу, т. е.
/2iC0ST1=f22C0ST2. (1)
/21 » f2~ ; ri2=27?cos— (нз треугольника ABiO)
г12 2
f __ • <h
J2\-----------о-
4/?2cos2—
2
£2. г -R-
, > '22 — К,
1~22
(У
(3)
Рассматривая углы при вершине Bi мы можем написать
-^-+90с+т1 = 180° , (4)
2
‘и =а+“ +Т2= 180° , (5)
Так как ?=-^-=30°, то из (4) и (5) имеем
7) = 180°—90°—15°=75°, (6)
f,= 180°—75°—60°—15°=30°. (7)
70
Из (1$, (2), (3), (6) и (7) имеем
____<71 • Я1
44?-’cos'215°
о
cos75°= — cos 30° ,
R2
откуда
q±__ 4cos 15° • cos 30°
q., cos 75°
Задача 3. Произведение освещенности на время экспо-
-зици в обоих случаях должно оставаться постоянным, т. е.
Et=Eit! или -^-= —
t Ех
где Е—освещенность изображения при увеличении Ло=1,
—освещенность изображения при увеличении k, t — время
экспозиции при увеличении £0=1, —время экспозиции при
увеличении k.
Ообзначим So6. — площадь объектива, S — площадь предме-
та, Sj—площадь изображения, а — расстояние предмета до
объектива при увеличении &o=l, fli — расстояние предмета до
объектива при увеличении k, аг — расстояние изображения до
объектива при увеличении k.
При увеличении &о=1,
где Ф — поток, падающий на объектив с единичной площади
предмета
а1
S S
Так как при увеличении &о=1> а=2Г, то Ф~ —~ и Е ~
71
S1 al ’ al a\ a*
Q>f) 1. ^9 k . I I f/L i 1 i
——k ar=—;-----------------1---=—; a9 = F(Hl);
ar k a2 a2 F
Зоб . t =t_E. = t^ F-(k+\? .
FWO2 ’ ' Et 4Г- So6 ’
^(f)2
Задача 4. Если конденсация воды началась пр»
температуре /=100°С, то давление насыщающих паров
/’нас- =760 мм рт. ст. (1 атм.). Но p„sc. было достигнуто после
сжатия влажного воздуха до давления р = 60 атм. Следователь-
но, при давлении воздуха р(,= 1 атм и температуре /=100°С
упругость водяных паров р\ была в 60 раз меньше р\0 т. е.
Л нас- Р1 Рн,с. 1 . 760
—н—= — ; р. = - ра =---1 атм =------мм рт. ст..—
Р Ро Р 60 60
= 12,67 мм. рт. ст.
Теперь найдем упругость Рг водяных паров при 20°Сг.
^2 =£1
Т2 Т/
где Ti=373°K (Ю0°С); Т2=293°К (20рС);
72
Т, 12,67-293 . OOft
р,= — р,——-----------=9,96 мм. рт. ст.
7\ 373
Относительная влажность
В = 100%= ^-100% =58,7%.
А>нас- 1?
Билет № 7.
Задача 1. 1) Пусть наклонная плоскость вначале не-
подвижна, тогда величина силы трения и силы нормального*
давления определится из условия равновесия тела на плос-
кости
На тело действуют: сила тяжести, сила трения гтр., направ-
ленная против направления возможного проскальзывания и
сила реакции наклонной плоскости направленная перпендику-
лярно к наклонной плоскости. Выберем координатные оси
следующим образом: ось х направим вдоль наклонной плос-
кости, а ось у перпендикулярно к ней. Условие равновесия—
равенство нулю суммы проекций сил действующих на тело
FTP. =mg sin ₽ =0, FTp. —mg sin 8,
N —mg cos ,8=0, Af=mg cos [3.
Если теперь сообщить наклонной плоскости ускорение а, тс»
для того, чтобы тело оставалось на наклонной плоскости в-
равновесии необходимо, чтобы силы Г,Р. и N изменились
так, чтобы сообщить телу ускорение а. Их величины опреде-
лятся из 2-го закона Ньютона, который мы запишем для про-
екций сил по направлениям х и у
max=FT^—mg sin р, ах=а cos р,
О ?
тау=mg cos ау=a sin р.
73
Отсюда
N—mg cos 0— ma sin0,
(2>
гтр. =mg sin 0+ ma cos 0.
Сила трения может принимать значения не больше максималь-
ной силы трения покоя:
Лрп.ах. —KN (3)
Величина коэффициента трения k определится из условия, что
па покоящейся наклонной плоскости предельный угол, при ко-
тором еще не начинается скольжение, равен а, отсюда
Лр-max- — k mg COS а,
с другой стороны FTp.raex. =тё sin а, следовательно
Максимальйая величина ускорения, при котором еще не нас-
тупит скольжение, определится из уравнений (2), (3), (4).
mg sin 04- та cos 0= tga(mgcos0— та sin 0),
tgasin0+cos0 tg tg 0 + 1
Это же равенство определяет тот угол 0, при котором еще не
наступит скольжение, если считать заданным ускорение. Пусть
ускорение увеличивается до сколь угодно большой величины.
Тогда tg(a—0) стремится к бесконечности
= j., (6)
так как величина а. всегда положительна и не может быть
больше — (£=tga<l), то 0 есть величина отрицательная. Это
4
значит, что ускорение должно быть направлено в обратную
сторону по сравнению со случаем, рассмотренным выше. Равен-
ство (6) определит то минимальное значение угла 0 при ко-
тором скольжения не наступит, даже если ускорение а сколь
угодно велико.
Задача 2. После раздвижения и сближения пластин од-
ного из конденсаторов система приходит в первоначальное
состояние. Следовательно, механическая работа определяется
только потерями на джоулево тепло при прохождении тока по
сопротивлению R.
Вначале на каждом из конденсаторов был заряд Q=Cot/o- При
раздвижении пластин одного из конденсаторов его емкость
уменьшается и при максимальном раздвижении становится
74
равной С|. Следовательно, заряд на нем станет Qi<Q. На вто-
ром конденсаторе заряд станет <?2>Q. Так как
всей системы не изменился, то
2Q = Qi + 0,2
Разность потенциалов на конденсаторах после
пластин одного из них установится одинаковой
При этом,
общий заряд
(1)
раздвижения
и равной U\.
Значит
Из (1)
Ql = Q2
Сг Со
(2) определяем Qi
(2)
Q,
2Q
(3)
^11^0
Количество электричества, протек-
шее через сопротивление R при
раздвижении пластин равно
(4)
Ток, протекший по сопротивлению
R при раздвижении:
AQ.
t
и U,=
Рис. 4 5
(5)
и
Механическая работа при раздвижении пластин:
Ai=I2Rt, Л( =
Al=(-^R
(6)
Так как при сближении пластин пройдет то же количество
электричества &Q по сопротивлению R в обратную сторону,
то вся механическая работа Д = 2Ль
A=2(-^'R- (7)
S S
Мы знаем, что Со= ----, Ci = --- и Q — UqC0. Подставив,
4-rfo 4-rfj
75
в (7) Дф из (4) и выразив Со, С(, Q через заданные величи-
чины, окончательно получим
2(7S2 (d^-d^R
А = 7л-т\- J г А? = 0-°°3 эРг-
(di+do)2t
Задача 3. В трубе, установленной на бесконечность,
расстояние между окуляром и объективом равно сумме их фо-
кусных расстояний Рок.+объек.
Параллельный пучок лучей, образующий угол а с главной оп-
тической осью, пройдя через объектив, собирается в фокальной
плоскости объектива. Из окуляра выходит тоже параллель-
ный пучок, но под другим углом к главной оптической оси
Для ограничения поля зрения в фокальной плоскости объекти-
ва (и окуляра) ставят диафрагму. Размеры диафрагмы огра-
ничивают угол поля зрения. Если угол между направлением
параллельного пучка лучей и главной оптической осью будет
больше, чем угол поля зрения, то, пройдя через объектив, па-
раллельный пучок лучей пересечется в фокальной плоскости
объектива вне диафрагмы и, следовательно, будет вне поля
зрения. Обозначая через D диаметр диафрагмы, получим.
, D 0,6
tga=— =------
2F 34
Угол поля зрения
— =0,035, 1 = 2° .
34
povo p,v t
—= const
Т
Задача 4. Для любой массы газа
7 о
отсюда
р =^Т
76
Найдем это давление р для одной граммолекулы азота.
ро — атмосферное давление, Г0=273°К, Г=293°К. Тогда для
1 кг азота
1000 />о-оо-Г
28-v-To
Баллон рассчитан на давление в 10 раз большее, чем рабо-
чее, т. е.
^=/10. (3)
Для неизвестной массы тх водорода можем написать
_PoVomx
Л 7
Из (2), (3) и (4) получим
_ 10 ♦ 1000 P.^qT.
То^ о 28 ’ vTo ’
т = ЮООО-^-2 _ 20000 ♦ 293 __902у Ю73°;
х 28-Л 28- 2073
Т= 293°.
Билет № 8.
Задача 1. Fla пулю действует в песке сила торможения
F. Импульс этой силы равен изменению количества движения
пули, т. е.
Ft=m(v2—^1),
где v2 — скорость тележки (а следовательно, и пули) в мо-
мент остановки пули в песке; t — время действия силы F. По
3-му закону Ньютона на тележку действует сила—F и, следо-
вательно,—Ft=M(у2—у0) (изменение количества движения
тележки), т. е. т(у2—t>i) =—M(v2—и0), откуда
__ + Mvo .
'2 т + М
В тепло перейдет часть кинетической энергии пули и тележки,
равная разности энергий до попадания пули в тележку и после:
п__ /Mv2 /nvA (М+т) v22 _Мт ('г>1—v2)2
4 \ 2 + 2 / 2 2
3 а д ач а 2. Механическая работа в обоих случаях должна
равняться изменению энергии конденсаторов и джоулевым по-
терям.
77
Если пластины выдвигают из конденсаторов одновременно,
тока в цепи, соединяющей конденсаторы, не будет, и вся зат-
раченная работа пойдет на увеличение энергии конденсаторов.
Если же пластины выдвигать по очереди, то заряды будут пе-
рераспределяться между конденсаторами, и в цепи будет течь
ток. Механическая работа будет затрачена не только на уве-
личение энергии конденсаторов, но и на джоулево тепло.
Так как окончательная емкость и
Ct заряд конденсаторов в обоих слу-
_____। I_____ чаях одинаковы, разность, работ
I I в том и другом случае равна
полным1 потерям на джоулево
> тепло (при неодновременном вы-
$ двигании пластин)-. Подсчитаем
& 4 ток, текущий по цепи, когда вы-
$ двигают только одну пластину.
’ Обозначим полный заряд на кон-
денсаторах 2Q. Он не меняется,
1----1 |----- так как цепь замкнутая; а пере-
распределение зарядов прекра-
щается, когда уравняются раз-
Рис. 45 ности потенциалов на обоих кон-
денсаторах.
Qi + Q2=2Q ,
Qi____Q2
Ток
t
Такой же ток пойдей по- цепи, когда мы будем выдвигать вто-
рую пластину. Следовательно
—• С. -- 5 •
Q=C1f/.
78
После подстановки всех данных получаем
Л“8(——
'г+ И ' t
Задача 3. Для решения задачи необходимо сделать*
рисунок
Р41. Ч 6
A4j—светящаяся плоскость, BBi— экран.
Выбираем на светящейся поверхности единичную площадку
з. Лучи, падающие с этой площадки на линзу, должны дать
изображение этой площадки в натуральную величину также на
расстояние 2F по другую сторону линзы. Но, так как экран
находится на расстоянии a<2F от линзы, то эти лучи дадут на
экране светящееся пятно площадью si>s. Для того, чтобы
узнать, с какой площади S светящейся плоскости AAt попадут
лучи на эту же площадку, проведем из крайних точек площад-
ки S, лучи через центр линзы. Эти лучи определят на плос-
кости AAt площадку S. Так как диаметр линзы D < a<2Ft
то можно считать, что эти центральные лучи bib и CiC опреде-
ляют нам всю площадь S, с которой лучи попадают на пло-
щадку экрана. Освещенность в центре площадки Sj
где Ф1 — полный световой поток, падающий с площадки S’
плоскости AAi на линзу.
Из
01=0.o>.S = Ф S;
4(2Г)2
4 (2)2F Sj
рисунка видно, что треугольники ЬОс и biOci подобны..
Поэтому
S (2F)2
Х1 а2
Подставив это отношение в выражение для Elt получим:
₽ т.Д'Ф
£1 = ‘
4а-
Задача 4. Если понижение температуры плавления льда
пропорционально давлению, то при давлении 600 атм темпе-
ратура плавления понизится на
138
Лед будет таять до тех пор, пока вся его масса не охл'адится
до—4,4°С. При охлаждении льда выделяется тепло Q=cm-b t,
которое идет на таяние льда Q = mi-r (/П] — масса растаяв-
шего льда), т. е.
СшМ
mi =---
г
Билет № 9.
Задача 1. Кинетическая энергия скатывающегося обру-
ча складывается из кинетической энергии поступательного дви-
жения центра тяжести и- кинетической энергии вращательного
движения. Если обруч катится без проскальзывания, линейная
скорость точек обода при вращении совпадает со скоростью
поступательного движения центра тяжести. Когда обруч ска-
тится с наклонной плоскости, вся его потенциальная энергия
mgh переходит в кинетическую энергию поступательного дви-
жения центра тяжести и вращательного движения точек обо-
да, т. е.
, mv- nvu- , „ ,
mgh —-------1---=/«‘U2; v- = g/i
2 2
Ответ: v=zyfgh-
Задача 2.
Из равенства затрачиваемых батареей мощностей следует
ПИТ _ U2 _ U2 . р __ р . р . I (Я? +^о) ____р
°' i+r,+r,+r. "
80
Ток в цепи батареи
I =
/?1 (^?2 + /?0 )
+ /?0
^2 +
U
Определяем падение напряжения на Ro: U=IoRo, но
/о=/—Л (закон Кирхгофа)
ЛЯ1=/о(Я2+Яо); h =/о--^ Ro)
Ri
Отсюда 2
т _г_ 4 (^2 + Ro).
0 Rt
t I' Ri . и _ l’ Ri Rо
° R'+R2 Ro’ Ra~ Ro +Rx+R2
По условию
J^-=a=.-L3£Rl±R}±R?l. ; Ri«=Rl+R2+Ro.
UD lRoRt
Итак имеем два уравнения:
р । Rl р
Ri+
•; R&— R,~\-R,+Ro
Решая эти два уравнения, находим
R=——R, /?2=а—
а2-1 - 2 а+1 °
Если отключить /?о, то общее сопротивление цепи будет равно
Ro^Ri + R2==^-R^—]R- -2а+?.. ?.а+1 R =
а2—1 :+1 а- —1
а2—1
Искомая мощность
г2 г2 а2— 1
w =~= —L-
/?( Ro а- + 1
Подставив данные Е=2,7 в, 7?о=30 ом и а=10, получим
117=2,38 ватта.
4ч6-() 81
Задача 3. На матовом стекле, помещенном за окуляром,
получается изображение оправы объективной линзы. Расстоя-
ние от окуляра до экрана (матового стекла) определяется из
формулы линзы
где f — фокусное расстояние окуляра.
Расстояние между объективом и окуляром равно сумме фокус-
ных расстояний этих линз, так как по условию зрительная тру-
ба устанавливается на бесконечность.
a=F+f,
F — фокусное расстояние объектива.
1 =L_ 1 = F+f-f _ F .^f(F+f) =
b f F+f f(F+f) f/(£+/)’ F
3(34+4) . ._
= — ---•—— —4,47 см .
34
Диаметр изображения оправы объектива определяется
формулы увеличения линзы
из
D'_____b
D F+f'
D — диаметр объектива, D' — диаметр изображения.
Db 4-4,47 п._
D =------- —-----—=0,47 см .
F+f 34+4
Ответ:
&=4,47 см.
£>'=0,47 см.
3 а д а ч а 4. Для данной массы газа произведение давления
на объем, деленное па абсолютную температуру, постоянно
при всех температурах,
^еРо 'УД
То г
82
где: ро — нормальное давление, Vq — объем при нормаль-
ном давлении и температуре 273°К,
Го — 273°К. v — данный объем 600 см3, Т — данная темпера-
тура 673°К.
Отсюда
р= voPqT
To-v
Оъем 2 г гелия при нормальном давлении = v0, молекулярный
вес гелия равен 4. Одна граммолекула занимает объем 22,4 л.
22,4 л. 4 г,
v0 ~2 г,
22,4 • 2
= 11,2 л.;
И ,2-1-6,73
273°-0,6
= 46 атм.
Запас прочности пятикратный, значит сосуд рассчитан на дав-
ление
1
атм.
Определяем объем данной массы азота при нормальном
давлении р0 и температуре Г0=273°К
^oPo^Pib. v у=обл; г^зозХ
То Л
рл)^Т 9-0,6-273 .
уо = — = —г-------=4,8э л.
TiPo 303-1
Молекулярный вес азота равен 28.
28 ~ 22,4 л.,\
\тг
/пж~4,85 л. I х
28 • 4,85 „пк
------:—^6,06 г.
22,4
Ответ т =6,06 г азота.
Билет № 10.
Задача 1. Так как удар абсолютно упругий, должен вы-
полняться закон, сохранения энергии
ту 2 т (у/)2 m(v2')2
2 2
6* КЗ
Vi — скорость 1 шарика перед ударом, v'i и v'2 — соответст-
венно скорости после удара.
1
Кроме того, так как в момент удара на
шарики внешние силы не действуют, дол-
жен выполняться закон сохранения коли-
чества движения mvx=mv'\ + mvf2. Най-
дем теперь скорости шариков после
удара:
e ^=0,
2 1 1 6
Рис. 4S. Таким образом, после удара вся кинети-
ческая энергия 1 шарика передается
второму. Но кинетическая энергия шари-
ка в нижней точке определится запасом потенциальной энер-
гии, которую имел поднятый шарик.
2 2
mv2
— =mghi=mg(ll—li cosa() = =mg(l2—l2cos а2).
cosa2™ 1 —— (1—cosaj»
4
Задача 2. По закону сохранения энергии
Д1ГС +±WC 4- R-Г- t=AMex.
1 2
каждого конденсатора Q, a
Но так как к концу процес-
са заряды конденсаторов и
их емкости стали такими же,
как вначале, полире измене-
ние энергии конденсаторе»
равно нулю, следовательно,
вся произведенная механи-
ческая работа определяется
потерями на джоулево теп-
ло. Определим ток, который
тек по цепи при вынимании
диэлектрика. Так как систе-
ма изолирована, полный за-
ряд в ней остается неизмен-
ным. Если вначале заряд
: вынимания диэлектрика Qi
84
и Q.2, то можно записать 2Q=Qi + 02- Так как заряд йерСтС-
кает до тех пор, пока разности потенциалов на обоих конден-
саторах не станут одинаковы, то
Отсюда определяем Qi и Q2 и количество электричества, пе-
решедшего с одной обкладки на другую AQ
Т * 7 AQ
Ток, протекавший по цепи, равен / = — ; при вдвигании ди-
t
электрика ток, очевидно, будет течь такой же, но в обратном
направлении:
Амх. = 2PR-t~2-(^-2 • R • V,
t2
Определим
Ct= — s 15 • 10-’° фар.
4wd
С2=- — = 3 • 10-10 фар.
O=U CX == 4,5-IO"8 кул.
AQ 3 • 10-8 кул.
Ajiex. "=S 10”® ЭрГ.
Задача 3.
Р«е. 51
85
Так как труба настроена на бесконечность и глаз аккомоди-
рован на бесконечность, фокусы объектива и окуляра должны
совпадать. Если считать углы <4 и х, малыми, из рисунка
видно, что «1 • fi = «2 • /г-
Таким образом а2^ —я2; я2 - 0,5 • 5=2,5°. Л
Задача 4. Т. к. понижение температуры плавления льда
пропорционально давлению, то температура льда понизилась
на
А/= —• (1)
Pi
Количество выделившегося тепла в результате понижения
температуры льда пошло на плавление тх грамм льда. Следо-
вательно,
ст М = т^-г . (2)
Подставляя A t из (1) во (2) получаем:
р
ст — •впц • г,
Р2
mi-pt-r 138-1,6-80
р = —L-fJ——-------:-----атм.
и ст 0,5-20
р=* 1770 атм.
Л 54065 подп. к печ. 8/VI-57 г. Объем 5,5 п. л. Зак. 446. Тир. 10000.
____________________________Цена 3 руб.___________________________
Тил. БТИ МРТП, Москва, 1-я ул. Машиностроения, д. 3.
ОПЕЧАТКИ
Стр. 73 10 строка снизу. Следует читать:
FTp.-/wgsin?=0, Fip=mgsin?,
Стр. 81 сверху 5 формул подряд. Следует читать:
д I ^1(^2 4-/?о)
2 /?t+R2+/<
д/?,=7о(/?2+Я..); Л = /о(/?^+/?о) •
Л=/-
I R' и = /•*, До .
Д1 + Д2+Д0 * Ro'iRr^Rz
/R0(R0+Ri+R2) .
UD IRORX
Стр. 81 6 строка снизу. Следует читать:
Rq = R\ + /?2 =
Цена 3 руб.