[Решение стереометрической задачи]

55

маскимальная сила давления пружины на полравна $N$ (рис. 3)? Длина свободной пружины $l$.

5. При передаче электрозергини на большое расстояние используется трансформатор, повышший напряжение до $U=6 \cdot 10^3$ В и нагрузенный до номинальной мощности $P=10^6$ Вт. При этом разность показаний счетчиков электрозергини, установленных на трансформаторной подстанции и в приемном пункте, увеличивается ежесуточно на $\Delta W=216$ кВт·ч. Во сколько раз необходимо повышить напряжение в линия, чтобы при передаче потери электрозергини не превышали $\eta=0,1\%$?

Задачи устного экзамена

1. Снаряд в верхней точке своей траектории разорвался на два осокка с массами $m_1=3$ кг и $m_2=5$ кг. Скорость снаряда непосредственного разрывом равнялась $v_0=600$ м/c, скорость большого осокка сразу после разрыва равнялась $v_2=800$ м/c, а направление ее совпадает с направлением движения снаряда перед разрывом. Определите скорость малого осолка сразу после разрыва.

2. На плоту, состоящем из $n=20$ одинаковых бреwen можно перевозить груз максимальной массы $m=1800$ кг. Определите плотность древесины, если объем каждого брева $V=0,3$ м³, а плотность воды $q_B=1000$ кг/м³.

3. Проводник длиной $l=10$ см, по которой течет ток $I=15$ А, перемещается в однородном магнитном поле с индукцией $B=0,5$ Тл на расстояние $s=20$ см. Определите максимальную работу, которая совершается при перемещении проводника. Как при этом должен дивигаться проводник?

Публикацию подготовили В. Ф. Сафонов, В. Л. Чудов

Наша обложка

Мы приведем два решения задачи, помещенной на 4 с. обложки «Кванта» № 2. Поскольку наш цель — помощь читателя решать сложные стереометрические задачи, а не дать образцы оформления решений, мы стараемся выделять основные идеи, опуская в то же время некоторые детали рассужdenient. Читатель без труда восстанавливает их самостоятельную; в наиболее важных случаях соответствующие места в тексте помещены так: (?) Для краткости некоторых обозначения, смысл которых ясен из чертежа на обложке или из рисунков, в тексте не объясняются.

Итак, пустя ABCD — основание данной примыцы, $S$ — ее вершина, $O$ — точка пересечения диагональной ромба ABCD.

Первое решение основано на очень новой формуле, связывающей радиус $r$ окружности, писанной в угол $\varphi$, с расстоянием $a$ от точке ее касания со стороны угла до его вершины (рис. 1):

$$a = r \text{ ctg} \frac{\varphi}{2}.$$

Рисунок 1 можно рассматривать и как сечение двумянного угла величины $\varphi$ с писанной в него сфера радиуса $r$ плоскостью, проходящей через центр сферы перепendlukлярно ребру угла; в этом случае величина $a$ в (1) — это расстояние от точки касания сферы с гранью угла до его ребра. Отсюда же видно, что центр этой сферы лежит на биссекторной плоскости двумянного угла (?).

Переход к задаче, заметим, что, поскольку $O$ — центр окружности, писанной в основание

57

Избранные школьные задания

1. Пусть стороны AD и AB четырехугольника ABCD равны a и b соответственно, а угол между ними равен α (рис. 1). Пусть далее прямы CD и AB пересекаются в точке E. Из прямого треугольника ADE получаем AE = a/cos α. Позотому BE = a/cos α - b. Из △ BCE находим BC = BE · tg(π/2 - α) = BE · ctg α = (a - b cos α)/sin α. Аналогично, CD = (b - a cos α)/sin α. S_{ABCD} = 1/2 (AD · DC + AB · BC) = (2ab - (a² + b²) cos α)/2 sin α.

2. (a² + b²)(c² + d²) = a²c² + b²c² + a²d² + b²d² = a²c² + 2abcd + b²d² + b²c² - 2abcd + a²d² = (ac + bd)² + (bc - ad)².

3. Ответ. 24 милли. 6 ч 30 минут вчера. Указание. Оdnу милли поровному месту путьществники проходят за 1/4 часа, в гору — за 1/3 часа и под гору — за 1/6 часа. Следовательно, каждую милли путь туда и обратно путьществники проходят за 1/2 часа. Отсюда следует, что расстояние, пройденное путьществниками за 6 часов, равно 24 милли. Если 12 милли они проходят поровному месту, то на это у них уходит 3 часа, а если в гору, то 4 часа. Следовательно «в среднем» до вершины горы они идут 3,5 часа.

4. Решение. Пусть ABC — данный треугольник (рис. 2). Проведем прямы, перpendикулярные сторонам AB в точке A и BC в точке C. Пусть D — точка пересечения этих прямы, а пряма BD пересекает AC в точке E. Точка E — искомая. (Для того чтобы задача имела решение, необходимо, чтобы углы А и С были острыми).

5. Пусть ABC — данный угол P — точка внутри него (рис. 3). Через точку P проведем PD || BC и от точки D отложим на луче DA отрезок DQ = BD. Прямая QP пересекает сторону BC в точке R. Докажем, что треугольник BQR — искомый. Достроим треугольник BQR до параллелограмма BRSQ и рассмотрим произвольный треугольник BEH, сторона которого проходит через точку P. Треугольник BEH получается из треугольника BQR «отрезанием» треугольника EQP и «добавлением» треугольника RPH, площадь которого больше площади треугольника RPE (E’ — точка пересечения RS и EH), которая, в свою очередь, равна площади EPQ.

6. Ответ: В полдень третьего дня пешекода B на расстоянии в 23 милли от своего отправного пункта, а в конце четверого дня пути B договорет A на расстоянии в 34 милли от отправного пункта A. Решение. Пользовать формулой суммы арифметической прогрессии, нетрудно установить, что через x дней пешекода B пройдет расстояние (2·2 + (x-1)2)·2/2, а пешекод A — (2·10 - (x-1))·x/2. По условию (2·10 - (x-1))x/2 = 14 + (2·2 + (x-1)2)x/2. Решая это уравнение, получим x₁ = 4, x₂ = 7/3. Второй корень уравнения не подходит, так как мы считали, что x — целое число. Однако само наличие этого корня показывает, что в течение 3-го дня пешекода A обойти пешекода B. Выясним, когда это произойдет. К концу второго дня пешекода A пройдет 19 минут, а B будет находиться на расстоянии 20 минут от пункта, из которого вышел A. Таким образом, в начале третьего дня B опережает A на 1 миллио. В течение этого дня A движется со скоростью 8/12 м/ч, а B — со скоростью 6/12 = 1/2 м/ч.

Позотому через время t = 1/((2/3 - 1/2)) = 6 ч пешекода A договорит пешекода B.

7. Пусть d — длина общей хорды двух данных окружностей (рис. 4). Тогда радиус меньше окружности равен d, а радиус больше d/(2 sin 15°). Площадь S₁ красного сегмента равна разности площадей сектора и треугольника, то есть S₁ = πd²/6 - d²√3/4. Точно так же площадь S₂ голубого сегмента равна S₂ = π/12 d²/4sin²15° - 1/4 d²/4sin²15°. Поскольку 4sin²15° = 2(1 - cos 30°) = 2 - √3, S₂ = π/12 d²(2 + √3) - d²(2 + √3)/4. Требуемое отношение равно (S₁ + S₂)/(πd²) = (4 + √3)/12 - (1 + √3)/2π ≈ 0,043…

8. Пусть ABCD — произвольная трапеция, выписанная в данной окружности радиуса r (рис. 5). Проведем через центр O этой окружности диаметр, перpendикулярный основным AD и BC и пересекающий их в точках H и K соответственно. Пусть |BC| = 2x. Тогда |AD| = 4x и S_{ABCD} = 3x · |KH|, где 0 ≤ x ≤ r/2. Можно считать, что точка O лежит внутри трапеции (почему?), поэтому |KH| = |KO| + |OH| = √r² - x² + √r² - 4x², так что S_{ABCD} = S(x) = 3x(√r² - x² + √r² - 4x²). Приравнивая

60

Рис. 10.

tg φ=2 tg Ψ. Должно быть tg(φ+Ψ)<0, то есть $\frac{3 \text{tg } \Psi}{1-2 \text{tg}^2 \Psi} > 0$, откуда tg φ> $\frac{\sqrt{2}}{2}$, а так как $\beta + \Psi = \frac{\pi}{2}$, получим 0<β<arctg $\sqrt{2}$.

Вариант 2

1. $\{-7\} \cup [-6,3; -6] \cup [-6; -5]$.
2. $\frac{76}{55-2p}$ км/ч при $\frac{449}{26} < p < \frac{525}{26}$; при $0 < p \leq \frac{449}{26}$ и $p \geq \frac{525}{26}$ решения нет. Указание. Из условия задачи получаем систему px+11y=105, $(p+5)x+13y=131, 0 < y < x$.
3. $C \in ]-\infty; 2] \cup \left\{\frac{2}{3} \pi; \pi\right\} \cup [4; +\infty[$.
   Указание. Уравнение ctg x-$\frac{1}{\sqrt{3}}=0$ на промежутке $[-4; -2]$ имеет корень x=-$\frac{2\pi}{3}$.

Этот корень будет единственным тогда и только тогда, когда выполняется одно из следующих условий: уравнение x+c=0 a) не имеет корней на промежутке $[-4; 2]$; b) не имеет корень, совпадающий с $= \frac{2\pi}{3}$; b) имеет корень, не входящий в область определения функции ctg.
4. $\frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma$ при $r > \frac{3\sqrt{2}}{4} a; \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{tg } \gamma$ при $\frac{a\sqrt{2}}{2} < r \leq \frac{3\sqrt{2}}{4} a$. Указание. Пусть ABCD –

Рис. 11.

квадрат с центром E, в котором описание конуса (рис. 11), O — центр квадрата PQRT, K и L — середины отрезков BC и QR соответственно. Из трапеции OEKL получим $|OL| = \frac{r\sqrt{2}}{2}$; $|EK| = \frac{r\sqrt{2}}{2} - x \text{ctg } \gamma$, где $x = |OE|$. Объем конуса равен
$$V(x) = \frac{1}{3} \pi |OE| \cdot |EK|^2 = \frac{\pi}{3} x \left( \frac{r\sqrt{2}}{2} - x \text{ctg } \gamma \right)^2,$$
причем $x \in ]0; h[$, где $h = \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{ctg } \gamma$ — высота данной усеченной прямы. Исследуя функцию V(x) на экстремум с помощью произвольной, получим, что при $x = \frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma < \frac{r\sqrt{2}-a}{2} \text{tg } \gamma$, высота конуса наиболее обратная x=$\frac{r\sqrt{2}}{6} \text{tg } \gamma$, а при $x \geq h$ функция V(x) возвращает на промежутке $]0; h]$.

Физика

1. Запишем условие равновесия кормЫса в момент отрыва тела A (см. рис. 1 в статуе):
   $$T_2 l_2 - T_1 l_1 = 0,$$
   где $T_1=m_1 g$ — сила натяжения левой нити, $T_2$ — сила натяжения правой нити.
   Сила натяжения $T_2$ будет максимальным в том момент, когда права нить принимает вертикальное положение. Запишем для этого момент второй закон Ньютона и закон сохранения механической энергии:
   $$T_2 - m_2 g = \frac{m_2 v^2}{l},$$
   $$\frac{m_2 v^2}{2} = m_2 g l (1-\cos a),$$
   где $l$ — длина нити, $a$ — искомый угол ее отклонения. Из двух последних уравнений находится α:
   $$\cos \alpha = \frac{1}{2} \left( 3 - \frac{m_1 l_1}{m_2 l_2} \right) = \frac{1}{2}, \alpha = 60^\circ.$$
2. Обозначим через $v_{1y}$ и $v_{2y}$ проекции скоростей пули и доски на вертикальном ось после вылета пули из доски и запишем закон сохранения импульса в проекции на эту ось, а также закон сохранения энергии для пули и доски:
   $$m_1 v_0 \sin \alpha = m_1 v_{1y} + m_2 v_{2y},$$
   $$\frac{m_1 v_{1y}^2}{2} = m_1 g H,$$
   $$\frac{m_2 v_{2y}^2}{2} = m_2 g h.$$
   Отсюда получаем
   $$h = \left( \frac{m_1}{m_2} \right)^2 \frac{(v_0 \sin \alpha - \sqrt{2gH})^2}{2g} \approx 0,11 \text{ м.}$$

61

3. Когда нить отклонена на угол $a$, составляющие ускорения, направленные вдоль нити и по касательной к траектории шарика, определяются формулами

$$a_H = \frac{v^2}{l}, a_K = g \sin a,$$

где $v$ — скорость шарика, $l$ — длина нити. Поскольку ускорение шарика в этот момент направлено горизонтально, процесс векторов $\vec{a}_H$ и $\vec{a}_K$ на вертикальном ось одинаковы по модулю:

$$a_H \cos a = a_K \sin a,$$

или

$$\frac{v^2}{l} \cos a = g \sin^2 a,$$

откуда

$$v^2 = g l \frac{\sin^2 a}{\cos a}.$$

Далее запишем закон сохранения энергии для шарика:

$$\frac{m v^2}{2} + m g l (1 - \cos a) = m g l (1 - \cos a_m).$$

Решая это уравнение относительно cos $a_m$, получим

$$\cos a_m = \cos a - \frac{v^2}{2 g l} = \cos a - \frac{\sin^2 a}{2 \cos a} = 0,73,$$

$$a_m = 43^\circ.$$

4. Скорость шайбы на вершине трамплина $v$ можно найти с помощью закона сохранения энергии

$$\frac{m v^2}{2} = \frac{m v^2}{2} + m g h.$$

Высота трамплина и дальность полета шайбы связываны с временем полета $t$ формулами

$$h = \frac{g t^2}{2}, s = v t.$$

Из записанных выше равенств получим зависимость дальности полета шайбы от высоты трамплина:

$$s = \sqrt{\frac{2 h}{g} \left(v_0^2 - 2 g h\right)} = 2 \sqrt{\left(\frac{v_0^2}{4 g}\right)^2 - \left(h - \frac{v_0^2}{4 g}\right)^2}.$$

Очевидно, что дальность полета будет максимальной при условии

$$h = \frac{v_0^2}{4 g} = 3,6 \text{ м},$$

причем сама максимальная дальность

$$s = \frac{v_0^2}{2 g} = 7,2 \text{ м}.$$

5. Для системы тело — доска выполняется законом сохранения импульса

$$m_1 v_0 = (m_1 + m_2) v,$$

где $v$ — скорость системы после того, как тело перестало скольнить относительно доски. Изменение кинетической энергии тела обусловлено работой силы треня $F_{\tau p1}$, действующей на тело со стороны доски:

$$\frac{m_1 v^2}{2} - \frac{m_1 v_0^2}{2} = -F_{\tau p1} l_1,$$

где $l_1$ — путь, пройденный телом относительно доскости. С другой стороны, кинетическая энергия доски увеличивается за счет работы силы треня $F_{\tau p2}$, действующей на доску со стороны доски:

$$v = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{6} l (2 a - 5 g)} \approx 0,66 \text{ м/с}.$$

8. Запишем условия равновесия шарика в первоначальном положении:

$$q E = mg t g a.$$

Изменение механической энергии шарика обусловлено работой силы треня $F_{\tau p2}$, действующей на доску со стороны доски:

$$\beta = \text{угол максимального отклонения}$$

62

шарика, $l$ — длина нити. Учитьвая записанное выше условия равновесия шарика, имеем $\cos \alpha - \cos \beta = \text{tg} \alpha (\sin \alpha + \sin \beta)$,

или
$$2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta - \alpha}{2} = \text{tg} \alpha \left( 2 \cos \frac{\alpha - \beta}{2} \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \right).$$

Посленее уравнение дает
$$\text{tg} \frac{\beta - \alpha}{2} = \text{tg} \alpha, \frac{\beta - \alpha}{2} = \alpha, \beta = 3 \alpha.$$

В положении максимального отклонения скорость шарика равна нулю, и, следовательно, центростремительное ускорение также равно нулю:
$$0 = T - mg \cos \beta - q E \sin \beta.$$

Решая это уравнение, находим искому силу натяжения:
$$T = mg \cos \beta + q E \sin \beta = mg (\cos 3 \alpha + \text{tg} \alpha \cdot \sin 3 \alpha) = mg \frac{\cos 2 \alpha}{\cos \alpha} \approx 8,7 \cdot 10^{-3} \text{ H}.$$

9. Непосредственно после замыкания ключа заряд и напряжение на конденсатор равны нулю. Поэтому ток $I_1$, протекающий через источник в этот момент времени, равен
   $$I_1 = \frac{U_1}{R_1}.$$

После того как конденсатор зарядится, ток через него не течение. Следовательно,
$$I_2 = \frac{U_2}{R_1 + R_2},$$

где $I_2$ — ток, протекающий через источник после зарядки конденсатора. Напряжение на источнике тогда $U_1$ и $U_2$ связаны с его ЭДС и внутренним сопротивлением $r$ формулими
$$U_1 = \mathcal{E} - I_1 r, U_2 = \mathcal{E} - I_2 r.$$

Исключив из этих уравнений величины $r$, получим
$$\mathcal{E} = \frac{U_1 I_2 - U_2 I_1}{I_2 - I_1} = \frac{U_1 U_2 R_2}{U_1 (R_1 + R_2) - U_2 R_1} = 12 \text{ B}.$$

10. Действительно изображение шарика будет существовать, когда шарик находится выше фокальной плоскости линзы. Максимальная высота подема шарика $H$ равна
    $$H = \frac{v_0^2}{2 g}.$$

Время полета шарика $t$ над фокальной плоскостью можно найти из уравнения
$$H - F = \frac{g (\tau/2)^2}{2},$$

где $F = 1/D$ — фокусное расстояние линзы. Отсюда
$$\tau = 2 \sqrt{\frac{2(H - F)}{g}} = 2 \frac{v_0}{g} \sqrt{1 - \frac{2 g}{v_0^2 D}} \approx 1,5 \text{ c}.$$

Московский институт стали и сплавов

Математика
Вариант 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.

2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Вариант 2

3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

4. 5. 9. 14. 10. 2,25.

Физика
Вариант 1

1. $H = \frac{g}{2} \left( \frac{l}{g} + \frac{\tau^2}{2} \right)^2 \approx 240 \text{ m}$ (десь $\tau = 1$ c).
2. $F = mg \text{ ctg} \alpha = 19,6 \text{ H}$.
3. $v = \sqrt{2 g (|AB| + \mu |DB|)} = 7 \text{ m/c}$.
4. $F = \frac{m g l}{2 \sqrt{l^2 - a^2/4}} = 49 \text{ H}$.
5. $p = \varrho gh(l_1 + l_2)/(l_2 - l_1) = 62,2 \text{ кПа}$ (десь $\varrho = 13,6 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$ — плотность ртути).
6. $\Delta l = l \alpha (t_1 - t_2)/(1 + \alpha t_1) = 0,29 \text{ m}$.
7. $I = C_1 C_2 (U_1 + U_2)/(\tau (C_1 + C_2)) = 6 \cdot 10^{-4} \text{ A}$.
8. $m = \frac{4 D l^2 \varrho W}{(0,92 \cdot 0,08) U^2} \approx 2140 \text{ кг}$ (десь $D = 8,9 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$ — плотность, $\varrho = 1,7 \cdot 10^{-8} \text{ OM} \cdot \text{m}$ — уделное сопротивление меди).
9. $I_1/I_2 = \sqrt{3} \approx 1,7$.
10. $S = \pi h^2/(n^2 - 1) \approx 0,02 \text{ m}^2$.

Вариант 2

1. $v_0 = (3 l_1 - l_2)/(2 t) = 3,75 \text{ m/c}$.
2. $l' = l \mu/(1 + \mu) = 0,25 \text{ m}$.
3. $\Delta P = \sqrt{2} m v = 14 \text{ H} \cdot \text{c}$.
4. $\alpha = \arctg \frac{1}{2 \mu} = 45^\circ$.
5. $A = m R \Delta T/M \approx 3320 \text{ Дж}$ (десь $M = 4,4 \cdot 10^{-3} \text{ kg/m}^3$ — молярная масса, углекислого газа).
6. $p_H = \frac{m R T}{M V \varphi/100 \%} \approx 1961 \text{ Па}$ (десь $R = 8,31 \text{ Дж}/(\text{моль} \cdot \text{К})$ — универсальная газовая постоянная, $M = 18 \cdot 10^{-3} \text{ kg/m}^3$ — молярная масса воды).
7. $\mathcal{E} = 4 U = 2 \text{ B}$.
8. $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g + q E/m}} \approx 1,1 \text{ c}$.
9. $B = \mathcal{E} \tau/a^2 = 2 \cdot 10^{-3} \text{Tл}$.
10. $b' = b \sqrt{1 - n^2 \sin^2 \alpha} \approx 10,3 \text{ cm}$.

Московский энергетический институт
Matematika
Писъемый экзамен
Вариант 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.
2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Вариант 2
3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

Московский институт стали и сплавов

Математика
Вариант 1

1. -1, 1. 2. 1,25. 3. 1. 4. 10. 5. 64. 6. 4. 7. 0,5.
2. 5. 9. 8. 10. 22,5.
                Вариант 2
3. 3,75. 2. 0,625. 3. 3. 4. 5. 5. 2,5. 6. 6. 7. 0,5.

63

Рис. 12.

3. Промежутки возрастиния ] -2,5; -1,5 [ и ] 0; 0,5 [. Промежуток убывания ] -1,5; 0 [.
   $f_{\text{max}} = f(-1,5) = 4$. $f_{\text{min}} = -\frac{16}{9}$ при $x = -2,5$.
4. $\left\{ -\frac{3\pi}{4}; -\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4} \right\}$.
5. $\frac{S \sqrt{S} \sin a}{\sqrt{\sin \beta \sqrt{\cos^2 a} - \sin^2 \beta}}$.

Задачи устного экзамена

1. Указание. Если $M'$ — точка пересечения продолжения высоты $CD$ с описанной окружностью, то $M'BA = M'CA = ABM$.
2. Указание. Если данная функция периодна и $T$ ее период, то $\cos^3 T = 1$, $\cos^3 2T = \cos^3 T$, а эти два соотношения противоречат irrationalности числа $\sqrt{2}$.
3. Указание. При любых положительных $a$ и $b$ имеет место неравенство $a + b \geq 2\sqrt{ab}$. Поэтому
   $$\frac{\sin^2 x}{\sin^2 2x} + \frac{\sin^2 2x}{\sin^2 3x} + \frac{\sin^2 3x}{\sin^2 4x} + \frac{\sin^2 4x}{\sin^2 x} \geq 2 \left( \frac{|\sin x|}{|\sin 3x|} + \frac{|\sin 3x|}{|\sin x|} \right) \geq 4.$$
4. Указание. Сначала докажите, что $2\cos^2 \frac{a}{2} > \sin a + \cos a$.
5. a) $f'(1) = 2 \ln 2$; 6) $f(1) = \frac{1}{2}$.
6. $x \neq \pi l$, $l \in \mathbb{Z}$. Указание. Воспользовитесь неравенством $a + b \geq 2\sqrt{ab}$ при $a \geq 0$, $b \geq 0$.
7. Указание. Влевой части неравенства стоит число $lg a$, где $a = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot 99}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 100}$.
   Достаточно докажать, что $a < \frac{1}{10}$. Для этого перемножьте неравенства $\frac{1}{2} < \frac{2}{3}; \frac{3}{4} < \frac{4}{5}; \frac{5}{6} < \frac{6}{7}, \dots, \frac{99}{100} < \frac{100}{101}$.
8. 3. 10. 1/8.
          Вариант 1
9. 31. 2. 0. 3. 200. 4. -0,21. 5. 0,75. 6. 8.
10. 2. 8. 1. 9. 9. 10. 0. 11. 0,5. 12. 64. 13. -1.
11. -13. 15. 1. 16. 8. 17. 0. 18. 2. 19. 0,97. 20. 4.

Физика
Писъемный экзамен
Вариант 1
2. $A_{AB} > 0; A_{BC} = A_{DA} = 0; A_{CD} < 0; A_{ABCDA} = 0$.
3. $v = v_0 \frac{m}{M} \cos a \approx 0,52$ м/с.
4. $l = d \sin a \left( 1 - \frac{\cos a}{\sqrt{n^2 - \sin^2 a}} \right)$.
5. $\frac{p_2}{p_1} = \frac{3}{1 + (T_1/T_2) + (T_1/T_3)} \approx 2,2$.
Вариант 2
2. См. рис. 13.

Рис. 13.
3. $F_1 = \frac{Q_1 Q_2}{4\pi \varepsilon_0 l^2} \approx 2,8 \cdot 10^{-3}$ H; $F_2 = \frac{(Q_1 + Q_2)^2}{16\pi \varepsilon_0 l^2} \approx 5,1 \cdot 10^{-3}$ H.
4. $H = l + \frac{N}{k} + \frac{N^2}{2kmg}$.
5. $\frac{U'}{U} = \sqrt{\frac{\Delta W}{tP\eta/100 \%}} = 3$ (здесь $t = 24$ ч).

Задачи устного экзамена

1. $v_1 = ((m_1 + m_2)v_0 - m_2v_2)/m_1 \approx 267$ м/с.
2. $\varrho = \varrho_b - m/(nV) = 700$ кг/м$^3$.
3. $A = IBls = 0,15$ Дж; проводник должен перемещаться перпендикулярно линям магнитной индукции.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 1)

1. В этой записи, вообщше говоря, каждая цифра может играть одну из трех полей: быть номером буквы, быть первой цифрой двумя начнолетю номера буквы или второй его цифрой. Цифра 0 не может выступать ни в первой, ни в второй роли, а цифра 5 — во второй роли. Отсюда первая буква имена имеет номер 20 — T, а остальные разбиаются на два блока 115 и 33. Влож 115 можно представить трехмесобами: 1—1—5, 11—5, 1—15, что соответствует сочетаниям AAД, ИД, АН. А блок 33 — двумя способами: 3—3 и 33, что соответствует сочетаниям BB и Я. Таким образом получаем 6 возможных слов: ТААДВВ, ТААДЯ, ТИДВВ, ТИДЯ, ТАНВВ и ТАНЯ. Очевидно, что имя девочки — Таня.
2. Коля купил 3 приожка, Витя — 6, Женя — 5 приожков.
3. См. рис. 14.
4. Ясно, что эти числа не могут быть однозначноными. Они не могут быть и двумя числами, так как из условия следует, что для числа ab должно выполняться соответствие: 10a+