Text
                    МФТИ
Московский физико-технический институт
(государственный университет)
SAPERE
К AU DE J
БИЛЕТЫ
ПИСЬМЕННЫХ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ
ЭКЗАМЕНОВ В МФТИ (2003 г.)
МЕТОДИЧЕСКИЕ РАЗРАБОТКИ
ПО ФИЗИКЕ И МАТЕМАТИКЕ

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