[Из «Каталога несуществующих объектов»]

60

честава, полного домашнего адреса, профессии и занимаемой должности родителей, а также приложить справку из школа с указанием класса и годовых оценок по математике и физике. Заявление и справку вместе с решением первого (вступительного) задания по математике, о котором написано в статье «Новый пример во Всесоюзную заочную математическую школе» в этом номере журнала, нужно выслать не позднее 5 мая по адресу: 117049 Москва, Ленинский пр., 4, МИСиС, 3ФТШ.

Несолько слов о самом институте. Московский институт стали и сплавов готовит инженерные и научные кадры для металлургической и машиностроительной промышленности и ряда новых отраслей науки и техники. На многих кафедрах института обучение строится так, что студенты уже с первого курса приобретятся к самостоятельной научной работе.

Поступив в МИСиС, вы сможете занимать теории и экспериментом в области физики твердого тела, исследовать свойства вещества при низких температурах, изучать высокотемпературные процессы в жидкости и твердых телах, создавать сплавы с новых свойствами и новые получоводниковые приборы.

Поправка
В «Кваните» № 11 за 1987 г. на с. 49 неверно даны условия упражнения 8 и 9. Правильные условия:
8 (МФТИ, 1986). Решите систему уравнений
$$\begin{align*} \sin x &= \sin 2y, \\ 2 \sin (4x+8y) &= \times \sin (3x+10y) + 5\cos (7x+2y) = 4. \end{align*}$$

9 (МФТИ, 1982). Найдите все решения системы уравнений
$$\begin{align*} tg x \cdot \sin y + & + 2 \text{ctg } x \cdot \cos y = \sqrt{5/2}, \\ 2 \text{ctg } x \cdot \sin y - & -tg x \cdot \cos y = \sqrt{5/2}, \end{align*}$$

удовлетворяющие условиям $\pi/2 < x < 3\pi/2$, $0 < y < \pi$.

Велосипед придумали давно. Но жизнь предывляет все новые требования. И нет предела человекской изобретательности!

Велосипед-гармошка. Руль заменен байном, что позволяет музыкант совершенствовать свое искусство на ходу.

Велосипед для езды по ступенкам лестницы.

Симметричный велосипед. Специально созданный, чтобы одинаково движется в общих направлениях.

Из «Каталога несуществующих объектов»

61

Московский физико-технический институт
Математика
Вариант 1

1. 9/5. 2. $a \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)$.
2. 512/3. Указание. Пусть $AD=a$. Так как $BD$ — бисекстраса угла $B$, треугольник $ABD$ равноведренный ($AB=AD$, рис. 1). Из подобия $\triangle BOC \sim \triangle AOD$ следует, что $BC = \frac{3}{13} a$. Из прямогоугольного треугольника $ABH$ находится $a$. $4. \{-1/3; -2/3; -5/4; -4/3\}$. Указание. Заменой $y=\cos 2x$ уравнение приводится к виду $y(4y^2-4y-3)=0$. Выбираем корни этого уравнения, содержащие во множестве решений неравенства $(-11/8; -7/8) \cup (-3/4; -1/4)$.
3. arccos 35/37 + 12/37 - 2/27. Решение. Рассмотримечение SMN примыты плоскостью, перpendикулярной основанием $AD$ и $BC$ трапеции $ABCD$ (рис. 2). Так как $MN=3$ и $OM/ON=2$, $OM=2$, $ON=1$. Из треугольников $MSO$ и $MSN$ получаем $\angle MSO=\arccos 2/3$, $\angle MSN=\arccos 1/21$. Из точки $F$ проведем прямую $FL$, перpendикулярную $SM$, $FL=SF \sin \angle MSO=1/3$, $FK=1$. Из прямогоугольного треугольника $FPO$ находится радиус цилиндра $PO=1$. Так как $PO=FK$, цилиндр имеет единственный общую точку $K$ с гранью $SBC$. Рассмотримечение примыты плоскостью, содержащей верхнее основание цилиндра (рис. 3), — это трапеция $K_1L_1L_2K_2$ с основанием $K_1K_2$, лежащем в плоскости $SAD$, и $L_1L_2$, лежащем в плоскости $SAD$. Так как $\triangle SAD \sim \triangle SL_2L_1$ и $\triangle SBC \sim \triangle SK_2K_1$, получаем $L_1L_2=2/9$, $K_1K_2=2/3$ и $\angle L_1K_1K_2=\arctg 6$. Отсюда следует, что прямые $K_1L_1$ и $K_2L_2$ пересекаются в точке $Q$, лежащей на окружности. Осталось найти площадь фигуры $L_1L_2N_2KN_1$, для чего следует найти площадь сектора $FN_1K$ и площади треугольников $N_1QF$ и $QL_1L_2$.

Вариант 2

1. $x=-\pi/3+2\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$).
2. $\angle B=\arccos \sqrt{2}/3$. Указание. Пусть $\angle B=\varphi$, $BL=c$, $CL=a$, тогда
   $$\begin{cases} a^2=c^2+3c^2\cos^2\varphi \\ 2a^2=4c^2-3c^2\cos^2\varphi, \end{cases}$$
   откуда $\cos \varphi=\sqrt{3}/2$.
3. $3/2\sqrt{5}$. Указание. Касательная $y=2x-1$ пересекает ось $Ox$ в точке $C(1/2; 0)$. Опустив из точки $O$ перpendикуляр $OK$ на хорду $AB$, находим его длину из треугольника $OKC$, а затем из треугольника $OKB$ — радиус окружности.
4. 1. $a \leqslant 11/10$; 2) $a \leqslant \frac{3}{2}$, $a \geqslant 15/2$. Указание. 2) Если неравенство $D(y,a)=(9-12a)y^2+(6+4a)y-4 \geqslant 0$ () имеет решение, то требуется пара $(x,y)$ существует. При $a=3/4$ неравенство становится линейным. Для того чтобы неравенство () имело решение, необходимо и достаточно, чтобы либо $(2a+3)^2+4(9-12a) \geqslant 0$, либо $a<3/4$ и $(2a+3)^2+4(9-12a)<0$.
5. $\frac{45}{1024}\sqrt{3}m^3$. Решение. Пусть $SO$ — высота примыты $SABC$, $K$ — центр сферы, $K_1$ — проекция этой точки на плоскость $ABC$. Прием прямые $BO$ и $SO$ за координатные оси $y$ и $z$ соответствующего, а прямую, перpendикулярную плоскости $SOB$, — за ось $x$. Оси $x$ и $y$ изображены на рисунке 4. Положим $AB=a$, $SO=h$, тогда, проводя необходимые вычисления, получим $A\left(-\frac{a}{2}; \frac{-a\sqrt{3}}{6}; 0\right)$, $P\left(\frac{a}{8}; \frac{a\sqrt{3}}{24}; \frac{h}{2}\right)$, $M\left(-\frac{a}{7}; \frac{4\sqrt{3}}{21}; 0\right)$.
   По условияю сфера проходит через точки $A$ и $C$, поэтому ее центр $K$ лежит в координатной плоскости $yz$. Так как $K$ лежит на прямой $MP$, то $MK=\lambda MP$ при некотором $\lambda$. $\lambda$ находится приладлежности конуса вектора $OM+\lambda MP$ плоскости $yz$. Получаем $\lambda=\frac{8}{15}$ и $K(0; a\sqrt{3}/9; 4/15h)$. Найдем связь между $a$ и $m$. Сечение сферы плоскостью $ABC$ — окружность, радиус которого определяем по формуле расстояния $AK_1=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{13}{3}}a$ (см. рис. 4).
   В треугольнике $AQC$ имеем $AQ=2AK_1\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{13}}{3}a$, и, применяя теорему косинусов, получаем $m^2+a^2-ma=\left(\frac{\sqrt{13}}{3}a\right)^2$, откуда $a=\frac{3}{4}m$. Высоту примыды $h$ находится $AK=\frac{m}{\sqrt{3}}$. Следовательно, $h=$

Рис. 1.
Рис. 2.
Рис. 3.

62

Рис. 4. Рис. 5.

$$\frac{5}{4} a, \text{ и объем пирамиды равен } \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \times \frac{5}{4} a = \frac{45}{1024} \sqrt{3} m^3.$$

Физика

Вариант 1

1. Арбуз движется по окружности радиусом $R$ со скоростью $v$, равной скорости самолета, и имеет центристремительное ускорение $a = v^2/R$, направленное к центру окружности (рис. 5). На арбуз действуют сила тяжестями $mg$ и сила упругости со стороны пружинных весов $F = 15mg/16$. Уравнение второго закона Ньютона, записанное в проекциях на радиальное направление, имеет вид $mg - F = ma$. Подставив в последнее равенство выражения для $F$ и $a$, получаем после простых преобразований

$$v = \sqrt{gR}/4 \approx 2 \text{ km/c.}$$

2. Для нахождения участков цикла, где температура растет, проведем ряд изотерм (рис. 6). Теперь наглядо видно, что температура растет на участке 2-3 и на участке 1-4 — части проезда 1-2. Причем температура $T_4$ является максимальной для процесса 1-2.

Пусть $T_3$ — температура газа в точке 3, а $p_1$ и $p_2$ — давления в точках 1 и 2. Выразим $T_3$ и $p_2$ через $T_1$ и $p_1$. Для точек 3 и 1 $V_3/T_3 = V_1/T_1$, открываем $T_3 = T_1V_3/V_1$. По условию $V_3/V_1 = 5/2$, поэтому $T_3 = 5T_1/2$. Для точек 2 и 1 $p_2V_3 = p_1V_1$, таким образом, $p_2 = p_1V_1/V_3 = 2p_1/5$.

Используя первый закон термодинамики для участка 2-3, найдем количество теплотых процессов 1-2:

$$Q_{23} = \frac{3}{2} R(T_3 - T_1) = \frac{9}{4} RT_1.$$

Для определения температуры $T_4$, давления $p_4$ и объем $V_4$ записем уравнение прямой для процесса 1-2 в виде $p = AV + B$, где $A = (p_1 - p_2)/(V_1 - V_3) = -2p_1/(5V_1)$, $B = (p_2V_1 - p_1V_3)/(V_1 - V_3) = 7p_1/5$. Итак, искомое уравнение прямой

$$p = -\frac{2}{5} p_1 \frac{V}{V_1} + \frac{7}{5} p_1.$$

Исключая из этого уравнения давление $p$ с помощью уравнения Мендлеева—Клапейрона $pV = RT$, записанное для одного моля газа, получаем зависимости температуры от объема в процессе 1-2:

$$T = -\frac{2}{5} \frac{p_1}{V_1} V^2 + \frac{7}{5} \frac{p_1}{R} V.$$

Исследование на экстремум этой зависимости дает, что температура максимальная при $V = V_4 = 7V_1/4$ и равна $T = T_4 = 49T_1/40$. При этом $p_4 = RT_4/V_4 = 7p_1/10$.

Согласно первому закону термодинамики подведенное к газу на участке 1-4 количество теплотеней энергии газа, а $A$ — работа газа. Посокльку

$$\Delta U = \frac{3}{2} R(T_4 - T_1) = \frac{27}{80} RT_1,$$

$$A = \frac{p_1 + p_4}{2} (V_4 - V_1) = \frac{51}{80} p_1V_1 = \frac{51}{80} RT_1,$$

имеем

$$Q_{14} = \frac{27}{80} RT_1 + \frac{51}{80} RT_1 = \frac{39}{40} RT_1.$$

Окончательное суммарное количество теплотеней, подведенное к газу на участкех, где его температура растет, равно

$$Q = Q_{23} + Q_{14} = \frac{129}{40} RT_1 \approx 8 \text{ кДж.}$$

3. Пусть $R$ — сопротивление одного волтметра, $r$ — внутреннее сопротивление источника. При замкнутом ключе ток через волтметр $V_1$ равен $\mathcal{E}/(R + r)$, а напряжение на нем равно $\mathcal{E}/(R + r)$. По условию задачи $\mathcal{E}/(R + r) = 0,8\mathcal{E}$.

Отсюда $r = R/4$. При разомкнутом ключе показания волтметров одинаковы и равны

$$U = \frac{\mathcal{E}}{2R + r} R = \frac{4}{9}\mathcal{E}.$$

4. Пусть $\vec{P}_1$ есть импульс фоотнов, падающих в единицу времени на пластинку, $\vec{P}_2$ — импульс отраженных фоотнов за единицу времени и $\vec{P}$ — импульс, полученный пластинкой за это же время (рис. 7). Понятоно, что $P_1 = W/c$, $P_2 = 0,4P_1 = 0,4W/c$. По закону сохранения импульса

$$\vec{P}_1 = \vec{P}_2 + \vec{P}.$$

Отсюда, использую теорему косинусов, получаем

$$P = \sqrt{P_1^2 + P_2^2 - 2P_1P_2\cos(180^\circ - 2\alpha)} = \sqrt{1,56W/c}.$$

Полученный пластинкой в единицу времени импульс и есть сила $F$, действующего на пласт

63

стиинку:
$$F = \sqrt{1,56} \frac{W}{c} \approx 4,16 \cdot 10^{-7} \text{ H}.$$

Вариант 2

1. Ясно, что центр масс неваляшки находится в некоторой точке $C$ на ее оси симметрины (рис. 8). Пусть $OC = x$. На неваляшки на наклонной плоскости действуют силы тяжестями $Mg$, сила нормального давления $N$ и сила треяния $F$. Так как неваляшка находится в равновесии, то сумма моментов всех сил относительно оси, проходящей через точку касания $A$ с наклонной плоскостью, должна быть равна нулю; поэтому точки $C$ и $A$ находится на одной вертикали. По теореме синусов для треугольника OCA
   $$\frac{x}{\sin \alpha} = \frac{R}{\sin(180^\circ - \beta)},$$ откуда $x = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} R$.

На горизонтальной поверхности стояла при увеличении массы неваляшки на массу пластилина $m$ игрушка потеряет устойчивость (завалится), если центр масс системы неваляшка — пластилин достигнет точки $O$, т. е. при условии
$$Mx = m(h - R)$$.
Отсюда с учетом полученного выражения для $x$ находится на ось $X$, направленную вертикально вверх),
$$F = F_A - pS$$.
Здесь $F_A = \rho gV$ — архимедова (выталкивающая) сила, которая действовала бы на часть опоры $ABC$, если бы эта часть со всех сторон была окружена водой, $p$ — давление в жидкостях на глубине $h$, которое складывает из атмосферного давления $p_0 \approx 10^5$ Па и добавочного давления $\rho gh$ со стороны воды: $p = p_0 + \rho gh$. Таким образом,
$$F = \rho g(V - hS) - p_0S \approx -9 \cdot 10^4 \text{ H}.$$
Знак «минус» у проекции силы на ось $X$ означает, что сила, действующая со стороны воды на ось, действующая со стороны воды на ось, направлена вниз.
Заметим, что без учета atmosферного давления $F = \rho g(V hS) \approx 10^4 \text{ H}$ и сила направлена вверх.
Неучет абитурентами atmosферного давления при решении задачи не считался существенной ошибкой.
3. Магнитный поток $\Phi$ через колючо меняется со временем $t$ по гармоничскому закону
$$\Phi = B_0 S \cos(2\pi vt),$$ где $S = L^2/\pi$ — площадь колюца. В колюце, имеющим сопротивление $R = L(\rho_1 + \rho_2)/s$, возникает ЭДС индукции $e = -\Phi' = 2\pi vB_0 S \sin(2\pi vt)$ и ток $i = e/R = 2vB_0 Ls \sin(2\pi vt)/(\rho_1 + \rho_2)$. Действующое значение тока
$$I = \frac{\sqrt{2}vB_0 Ls}{\rho_1 + \rho_2},$$
следовательно, мощность тепловых потерь в колюце
$$P = I^2 R = \frac{2v^2 B_0^2 L^3 s}{\rho_1 + \rho_2}.$$
4. Ход лучей показан на рисунке 9. Из рисунка $AC = H tg\beta_1$. Так как $\sin \beta_1 = \sin \alpha/n_1$, то $AC = H \sin \alpha/\sqrt{n_1^2 - \sin^2 \alpha}$. Аналогично $BC = H \sin \alpha/\sqrt{n_2^2 - \sin^2 \alpha}$, $KM = 2AB = 2(AC - BC)$, $x = KM \cos \alpha = 2(AC - BC) \cos \alpha$. Подставив найденные ранее выражения для $AC$ и $BC$, находим расстояние $x$ между вышедшими из пластинки пучками:
$$x = 2H \sin \alpha \cos \alpha) \left( \frac{1}{\sqrt{n_1^2 - \sin^2 \alpha}} - \frac{1}{\sqrt{n_2^2 - \sin^2 \alpha}} \right) = H \sqrt{3} \left( \frac{1}{\sqrt{4n_1^2 - 1}} - \frac{1}{\sqrt{4n_2^2 - 1}} \right).$$

Московский институт электронного машиностроения
Вариант 1

1. {a - 2; 4 - 2a} при $a \neq -1/2, 4/3, 1; \{5\}$ при $a = -1/2; \{-2/3\}$ при $a = 4/3; \{-1\}$ при $a = 1$. Указание. Уравнение равnocильного системы
   $$\begin{cases} x^2 - (2 - a)x - 2a^2 + 8a - 8 = 0, \\ x \neq a, \\ x \neq 3a - 1. \end{cases}$$
2. $x_1 = \arctg 2 + \pi m$, $x_2 = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ ($m, n \in Z$).
   Указание. Уравнение равnocильного системы
   2 sin $x - 4$ cos $x = 1 - 2 \text{ ctg } x$, $1 - 2 \text{ ctg } x \geq 0$.
3. Верно: примая $A_1D$ перpendикулярна пластинки $ABC_1$.
4. a) Неравенства равnocильны, если множества их решений совпадают.
5. a = 1 и a = -1. Пусть $y = |x - 1|$. Тогда $(y - a - 1)(y^2 - 1 + a) = 0$, откуда $y = a + 1$, $y \geq 0$, либо $y^2 = 1 - a$, $y \geq 0$.

Рис. 7.
Рис. 8.
Рис. 9.