Một máy tính vi mô có thể làm gì?

58

6. Cho các vectơ $\vec{OA}$, $\vec{OB}$, $\vec{OC} = \vec{OA} + \vec{OB}$, $\vec{OD} = \vec{OC} + \vec{OB}$ và $|\vec{OB}| = |\vec{OC}| = |\vec{OD}|$.
   Tìm góc $AOB$.

7. Xác định tất cả các giá trị của tham số $a$ mà khoảng [-1; 3] nằm trong tập lời giải của bất đẳng thức
   $$x^2 - 2ax + a + 1 > 0.$$

8. Hai tuyên bố được đưa ra:
   a) hệ thống
   $$\begin{cases} ax + (1+a)y = a \\ 3x + (5+a)y = 2+a \end{cases}$$
   có vô số lời giải;
   b) các đường được xác định bởi phương trình $4x + 5y = 6$ và $6x + (1+a)y = 10$ cắt nhau trong vùng $x > 0$, $y < 0$.

Với giá trị nào của $a$ thì một trong các câu sau là sai và câu còn lại đúng?

9. Chứng minh rằng nếu các cạnh $a, b, c$ của tam giác $ABC$ liên thông bằng sự phụ thuộc
   $$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} = \frac{3}{a+b+c},$$
   thì góc $B$ bằng $60^\circ$. Hình thành tuyên bố ngược lại. Có đúng không?

Đánh giá, thư mục

Máy tính vi mô có gì?

Trong những năm gần đây, máy tính điện tử bỏ túi (microcomputer) ngày càng thâm nhập vào mọi lĩnh vực hoạt động của con người, kể cả ở trường học. Với sự trợ giúp của máy tính vi mô, những phép tính mà trước đây khó có thể thực hiện được cũng có thể thực hiện được. Máy tính vi mô thực tế giải quyết phép tính bài toán với cùng tốc độ mà chúng tôi gán cho nó bài toán. Tuy nhiên, khả năng của máy tính vi mô cao hơn so với hướng dẫn của nhà máy, hướng dẫn này thường quá ngắn gọn. Để giúp những người không chuyên nắm vững mọi “bí quyết” của sự phát triển giáo dục trong thập kỷ qua, cuốn sách của G. Croyle* được công nhận là một giải pháp. Tác giả đã đối phó tốt với nhiệm vụ. Vô số ví dụ về bài toán, lời giải được đưa ra trong văn bản cho phép người đọc học cách đếm trên máy tính vi mô. Từ bỏ nỗ lực yếu ớt của một người có kinh nghiệm để giải thích các nguyên lý vật lý và cơ chế hoạt động của máy tính bỏ túi, tác giả tiếp tục mô tả cách thực hiện một số phép tính nhất định một cách kinh tế nhất, nên chọn loại máy tính vi mô nào cho một công việc cụ thể về tính toán kỹ thuật, kế toán, khoa học hoặc giáo dục. Cần chú ý đầy đủ đến việc kiểm tra tính chính xác và hoạt động chính xác của máy tính vi mô.

Ở Liên Xô, tất cả các mẫu máy tính vi mô chính đều được tính toán, từ những mẫu số học đơn giản và thực tế nhất, chủ yếu dành cho học sinh và các bà nội trợ (ví dụ BZ-23), đến những mẫu như S3-15 và những mẫu đắt tiền hơn, cần thiết cho một kỹ sư hoặc nhà khoa học. Tất nhiên, máy tính vi mô của chúng tôi khác nhau về hệ thống ký hiệu, cách bố trí phím và các chi tiết khác so với các thiết bị tương tự của các công ty nước ngoài. Và, mặc dù nguyên tắc hoạt động và thiết kế của tất cả các máy tính vi mô đều giống nhau, bạn nên học cách sử dụng chúng trên các mô hình mà bạn sẽ làm việc.

Thật không may, các sản phẩm đã đi theo con đường đơn giản nhất - cuốn sách đã được dịch nguyên văn, giữ lại trong đó “Croiletrons” là ví dụ duy nhất về máy tính vi mô và các ký hiệu tiếng Anh trên bàn phím. Trong khi đó, một số lượng tương đối hạn chế các mô hình trong nước cho phép tất cả chúng được trình bày trong văn bản, tương ứng với khả năng hiển thị, khi cần thiết, của các điều khiển lời giải được đưa ra trong sách. Có lẽ nên chuẩn bị cuốn sách thứ hai, được sửa đổi theo những mong muốn này và xuất bản cuốn sách này với số lượng giới hạn để đưa nó vào cùng với hướng dẫn dành cho tất cả các máy tính vi mô đã bán.

A. Zaidel

59

Sỏi và bàn cờ
(ký ức về kỳ nghỉ hè)

1. Người thứ hai thắng: nếu người chơi đầu tiên lấy được nhiều viên đá từ một đống thì người chơi thứ hai sẽ lấy cùng số đá từ một đống khác. Kết quả là các cọc lại có cùng số lượng đá.

2. Người đầu tiên thắng: đầu tiên anh ta lấy một viên đá từ bất kỳ đống nào, sau đó để lại cho đối thủ một số lẻ viên đá trong một đống và một viên nữa ở đống kia.

3. Trong bất kỳ trò chơi nào, người chơi đầu tiên sẽ thắng.

4. Người chơi đầu tiên thắng: đầu tiên anh ta ăn một đống bảy hạt và chia đống sáu hạt thành hai đống, mỗi đống 3 hạt; đối phương buộc phải ăn hạt ở một trong các đống giống nhau và chia đống 3 hạt thành đống 1 và 2 hạt; sau đó, người mới bắt đầu ăn một đống 2 hạt, rồi đến hạt cuối cùng. Hãy thử khám phá trò chơi này để tìm số lượng hạt khác nhau được xếp thành đống.

Mạch điện có phần tử phi tuyến

1. $I = U \left( \frac{1}{r_0 + \alpha U} + \frac{1}{R} \right)$.

2. $I = \frac{1}{2R\alpha} \left( (\alpha U + R + r_0) \pm \sqrt{(\alpha U + R + r_0)^2 - 4R\alpha U} \right)$.

3. $i(t) = \left| \mathcal{E}_M \cos \omega t \right| - 2U_0)/R = |\cos \omega t| - 0,5$ (A).

4. $U = (\mathcal{E} - 4IR)/3 = 2$ mV. Gợi ý. Có khả năng cao hơn điện thế cathode và dòng điện $I$ chạy qua tế bào quang điện.

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. {—4}. Lời giải. Phương trình này tương đương với phương trình
   $$\log_2(4-x) = 4 - \log_2(-2-x)$$
   $$\log_2(4-x) + \log_2(-2-x) = 4.$$ (1)

Vì danh tính $\log_a(uv) = \log_a u + \log_a v$ chỉ hợp lệ cho $u > 0$ và $v > 0$, nên khi chuyển từ tổng logarit ở vế trái của phương trình (1) sang logarit của tích, người ta phải thêm “điều kiện” $4-x > 0$, $-2-x > 0$. Tuy nhiên, chỉ cần thêm một (bất kỳ) bất đẳng thức nào là đủ (tại sao?). Như vậy phương trình (1) tương đương với hệ
$$\log_2[(4-x)(-2-x)] = 4$$
$$4-x > 0.$$

Phương trình $\log_2[(4-x)(-2-x)] = 4$ bằng phương trình
$$(4-x)(-2-x) = 16$$
$$x^2 - 2x - 24 = 0$$

Một trong những gốc rễ của nó là giải pháp cho bất đẳng thức $4-x > 0$, gốc kia thì không.

2. $\frac{3}{2}$ cm, $\frac{5}{2}$ cm, $\frac{7}{2}$ cm. Lời giải. Nếu độ dài cạnh ngắn nhất được ký hiệu là $x$ thì cạnh có độ dài $x+2$ sẽ nằm đối diện với góc $120^\circ$. Theo định lý cosin
   $$(x+2)^2 = x^2 + (x+1)^2 - 2x(x+1) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right).$$

Phương trình này có nghiệm $\frac{3}{2}$ và - 1, trong đó nghiệm thứ hai không thể có độ dài.

3. {(2; 2)}. Lời giải. Đầu ra của hệ thống này là hệ thống
   $$\begin{cases} \sqrt{7x+y} = 4 + (x-y) \\ \sqrt{x+y} = 2 - (x-y) \end{cases}$$

$$\begin{cases} 7x+y = [4+(x-y)]^2 \\ x+y = [2-(x-y)]^2 \end{cases}$$

và hơn nữa, các phương trình
$$6x = 6[2+2(x-y)]$$
$$x = 2y-2.$$ (2)

Thay thế vào phương trình thứ hai của hệ (1) ta được phương trình bậc hai có nghiệm 2 và 9. Từ (2) ta thu được các cặp (2; 2) và (16; 9). Việc kiểm tra (đặc biệt là khi một hình vuông xuất hiện, chúng ta chuyển sang các hệ và phương trình suy luận, việc kiểm tra là bắt buộc) cho thấy rằng cặp thứ hai không phải là nghiệm của hệ thống này.

4. $|AB| = |AC| = |BC| = 8$. Gợi ý. Nếu $K$ và $L$ là các điểm tiếp tuyến của vòng tròn thứ nhất và thứ hai tương ứng với $[BD]$, và $P$ và $Q$ là các điểm tiếp tuyến của chúng với $[AC]$, thì
   $$|DQ| = |DL| = |DK| + |KL| = |DP| + |KL| + |DP| + 1.$$

Nếu $O_1, O_2$ là tâm của hình tròn thứ nhất và thứ hai tương ứng thì $O_1^D O_2 = \frac{1}{2} (A D B + C D B) = 90^\circ$, $O_1^D DP = D O_2 Q$ (bài tập 487 từ sách giáo khoa “Hình học 6-8”), $\frac{|O_1 P|}{|DP|} = \frac{|DQ|}{|O_2 Q|}$. Tìm $|DP|$, sau đó sử dụng công thức Heron và bài toán 1192 trong cùng sách hướng dẫn.

5. $\frac{16}{21}$. Lời giải. Vì mặt phẳng đáy của các đường thẳng trùng với $(ABC)$ và cạnh bên của nó đi qua $B, B$ nên nó là một trong các đỉnh của đáy của các đường thẳng. Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh còn lại của đáy các đường thẳng bằng $P$ và $Q$, đỉnh của các đường thẳng bằng $S$ và điểm giao nhau của $[SQ]$ với $[C_1 C]$ bằng $K$. Hãy thiết kế nhận dạng trực giao và ghép cặp trên $(ABC)$. Chúng ta hãy biểu thị hình chiếu của điểm $D$ bằng $D'$ và hình chiếu của đỉnh $S$ bằng $O$. Rõ ràng, $|AD'| = |D'C|$ và $[OQ]$ là các hình chiếu thông qua $C$ (Hình 1, a, b). Vì $O$ là tâm

62

Ở mức 3<h<9
|KH|>|HL₁|

Kết thúc lời giải được trình bày cho người đọc.

Vật lý

Tùy chọn 1

1. Người ta biết rằng khi hai vật va chạm nhau, động năng chuyển động của chúng bị mất đi tối đa trong một va chạm hoàn toàn không đàn hồi, khi hai vật chuyển động với cùng tốc độ sau va chạm. Phần động năng này có thể chuyển hóa thành các dạng năng lượng khác, đặc biệt nó có thể dùng để kích thích một trong các nguyên tử thép. Sau đó, khi nguyên tử chuyển từ trạng thái kích thích sang trạng thái cơ bản, một photon có thể được phát ra. Năng lượng kích thích tối thiểu $E_{\text{min}}$ nguyên tử, ở trạng thái cơ bản, đạt được khi một electron chuyển từ mức năng lượng thứ nhất sang mức năng lượng thứ hai ($n=1$, $m=2$). Ví dụ, nguyên tử năng lượng cảm ứng cần thiết để loại bỏ một electron khỏi nó tương ứng với quá trình chuyển đổi từ cấp độ đầu tiên sang cấp độ từ xa vô hạn ($n=1$, $m \to \infty$). Do đó, từ điều kiện bài toán suy ra rằng hằng số $R$ trong công thức tính tần số bức xạ bằng năng lượng cảm ứng $E_{\text{in}}$ chia cho hằng số Planck $h$, và nguyên tử năng lượng kích thích tối thiểu bằng

$$E_{\text{min}} = hR \left(1 - \frac{1}{2^2}\right) = \frac{3}{4} E_{\text{in}}.$$

Bây giờ, từ định luật bảo toàn năng lượng và động lượng, chúng ta có thể thu được động năng tối thiểu $mv_0^2/2$ của nguyên tử hydro tới:

$$\frac{mv_0^2}{2} = 2 \frac{mv^2}{2} + E_{\text{min}},$$

$$mv_0 = 2mv,$$

Ở đâu

$$\frac{mv_0^2}{2} = 2E_{\text{min}} = \frac{3}{2} E_{\text{in}} = 20, 4 \text{эВ}.$$

Với lời giải điều này bài toán, nhiều nhà nghiên cứu đã mắc một sai lầm đặc trưng liên quan đến ý nghĩa vật lý khó hiểu của năng lượng cảm ứng của nguyên tử, mà họ coi là năng lượng kích thích tối thiểu của nguyên tử. Những người khác, khi tìm đúng giá trị tối thiểu của năng lượng kích thích, đã không tính đến định luật bảo toàn động lượng, cho rằng toàn bộ động năng của nguyên tử tới khi va chạm biến thành năng lượng kích thích và sau đó bị bức xạ.

2. Điều kiện cân bằng là sự bằng nhau về áp suất riêng phần của hydro trong bình thứ nhất và bình thứ hai. Gọi $p$ là áp suất ban đầu trong bình thứ nhất. Nó bao gồm áp suất riêng phần của gel và hydro. Vì khối lượng và nhiệt độ của các chất khí là như nhau nên tỉ số áp suất của gel và hydro tỉ lệ nghịch với khối lượng mol của chúng. Như vậy,

$$p_{\text{He}} + p_{\text{H}_2} = p,$$

$$\frac{p_{\text{He}}}{p_{\text{H}_2}} = \frac{\mu_{\text{H}_2}}{\mu_{\text{He}}} = \frac{1}{2},$$

Ở đâu

$$p_{\text{He}} = \frac{p}{3}, p_{\text{H}_2} = \frac{2p}{3}.$$

Để áp suất tổng trong bình thứ nhất bằng một nửa áp suất ban đầu thì áp suất riêng phần của hydro phải giảm xuống giá trị $p'_{\text{H}_2} = p/6$. Vì áp suất của hydro tỉ lệ nghịch với thể tích mà nó chiếm nên ta thu được

$$\frac{p_{\text{H}_2}}{p'_{\text{H}_2}} = \frac{V_1 + V_2}{V_1}, \text{ и } \frac{V_2}{V_1} = 3.$$

Lỗi đặc trưng của các chất hấp thụ đa hytrix ở trạng thái là chúng coi sự bằng nhau của hydro trong bình thứ hai và hydro và gel trong bình thứ nhất là điều kiện cân bằng.

3. Lực tương tác giữa các bản của tụ điện trong trường hợp chung được xác định bằng tích của trường cường độ của một trong các bản và điện tích của bản kia.

Trong trường hợp không có chất điện môi, điện trường trong tụ điện là $E_1 = U/d$ và điện tích trên các bản của nó là $q_1 = \varepsilon_0 US/d$, trong đó $d$ là khoảng cách giữa các bản, $S$ là diện tích của các bản, $\varepsilon_0$ là hằng số điện. Có tính đến thực tế là trường của một bản bằng một nửa điện trường trong tụ điện, ta thu được lực tương tác giữa các bản

$$F_1 = \frac{q_1 E_1}{2} = \frac{\varepsilon_0 SU^2}{2d^2}.$$

Sau khi thêm chất điện môi, tụ điện thu được có thể được coi là hai tụ điện mắc nối tiếp, một trong số đó chứa đầy chất điện môi có công suất thực phẩm là $\varepsilon$ và khoảng cách giữa các bản của cả hai đều bằng $d/2$. Vì điện áp không đổi nên việc thay đổi điện dung dẫn đến thay đổi điện tích trên các bản, từ đó làm thay đổi điện trường trong tụ điện. Điện dung của tụ điện thu được là $C_2 = 2\varepsilon_0 S/d$ ($1 + \varepsilon$) (điều này có được từ đẳng thức $1/C_2 = d/2 \varepsilon_0 S + d/2 \varepsilon_0 S$); điện tích trên tụ điện $q_2 = UC_2 = 2\varepsilon_0 SU/d$ ($1 + \varepsilon$); trường $E_2 = q_2/S\varepsilon_0 = 2\varepsilon U/d$ ($1 + \varepsilon$); lực tương tác

$$F_2 = \frac{Q_2 E_2}{2} = \frac{2\varepsilon_0^2 SU^2}{d^2(1 + \varepsilon)^2}.$$

Mối quan hệ của lực lượng

$$\frac{F_2}{F_1} = \frac{4\varepsilon^2}{(1 + \varepsilon)^2} = 2,25.$$

Nhiều người nộp đơn tính nhầm tương tác giữa các tấm là tương tác của hai điện tích chính xác. Một số người cũng tin rằng trường gần các bản không thay đổi khi thêm chất điện môi vào.

Hình 5.

63

4. Đường đi của các tia truyền qua thấu kính và bị cắt khỏi gương được minh họa trong Hình 5. Vì dòng chảy tỷ lệ với bình phương các kích thước tuyến tính nên đường kính của điểm được chiếu sáng $d_2$ gấp đôi đường kính của thấu kính $d_1$. Nếu $x$ là khoảng cách từ thấu kính đến gương thì từ các tam giác đồng dạng ta tìm được
   $$\frac{x + (x - F)}{F} = \frac{d_2}{d_1} = 2,$$
   Ở đâu
   $$x = \frac{3}{2} F = 30 \text{ см.}$$
   Với lời giải điều này, bài toán nhiều người nộp đơn đã mắc sai lầm khi coi luồng tỷ lệ thuận với kích thước tuyến tính của hình ảnh.

Tùy chọn 2

1. Bài toán thuận tiện trước tiên giải trong hệ tọa độ liên kết với bể, sau đó chuyển sang hệ tọa độ cố định (Hình 6). Khi đó, theo định lý cosin, tốc độ viên đạn $v = \left((v_0 - v_\tau)^2 + v_\tau^2 - 2v_\tau (v_0 - v_\tau)\cos 2\varphi\right)^{1/2} \approx 720 \text{ м/c.}$
2. $m = \frac{\left((1/2\mu_B - \mu_{\text{He}}\right)pV/RT - M)}{4\pi(3V/4\pi)^{2/3}} \approx 0,3 \text{ кг/m}^2$.
3. $U \geqslant 14,7 \text{ кВ.}$ Gợi ý. Quá trình xâu chuỗi bắt đầu ở phần ống có hướng trường cực đại, khi đó, trên toàn bộ chiều dài của dự án tự do, electron thu được năng lượng lớn hơn năng lượng ở cuối trường.
4. Các lỗ trên màn hình là nguồn phát sóng thứ cấp được máy thu ghi lại. Độ lệch pha $\Delta\varphi$ của các nguồn này phụ thuộc vào tốc độ $v$ chuyển động của nguồn chính nằm ở khoảng cách $x$ tính từ trục của hệ. Thật vậy (Hình 7), độ lệch pha
   $$\Delta\varphi = \frac{2\pi h}{\lambda} \left(\frac{1}{\cos \varphi_2} - \frac{1}{\cos \varphi_1}\right).$$
   Theo điều kiện $d \ll h$ và $x \ll h$; do đó, góc $\varphi_1$ và $\varphi_2$ nhỏ. Sau đó
   $$\cos \varphi_1 = 1 - \varphi_1^2/2 = 1 - (d/2 - x)^2/2h^2,$$
   $$\cos \varphi_2 = 1 - \varphi_2^2/2 = 1 - (d/2 + x)^2/2h^2,$$
   $$\Delta\varphi = 2\pi dx/\lambda h.$$
   Trong chu kỳ bóng đèn $1/f$, độ lệch pha thay đổi thành $2\pi$ và nguồn truyền đi một khoảng cách đến trục $x = v/f$, tức là
   $$2\pi = 2\pi dv/\lambda hf.$$
   Đây là nguồn:
   $$v = \lambda hf/d = 4,5 \cdot 10^{-3} \text{ м/c.}$$

Tùy chọn 3

1. $T = 2\pi \frac{l}{L} \sqrt{\frac{m}{k}}$. Gợi ý. Với các bình nhỏ, khoảng cách giữa các đầu hỗn hợp thẳng đứng của lò xo và tải trọng bằng khoảng cách giữa chúng với bản lề.
2. $F_{\text{max}} = \pi D^2 \Delta T p_0/4 T_0 \approx 26 \text{ H.}$
3. $I_1 = (L_1 I_0 + L_2 \mathcal{E}/r) (L_1 + L_2);$
   $$I_2 = (\mathcal{E} L_1/r - L_1 I_0) (L_1 + L_2).$$
   Gợi ý. Bất cứ lúc nào $L_1 \Delta I_1/\Delta t = L_2 \Delta I_2/\Delta t$, từ đâu $L_1 I_1 - L_2 I_2 = \text{const} = L_1 I_0$. Đây là định luật bảo toàn từ thông. Ngoài ra, $I_1 + I_2 = \mathcal{E}/r$.
4. Đường đi của chùm tia 1 khi không có khí quyển và chùm tia 2 khi có mặt nó được thể hiện trên Hình 8. Nếu chiết suất trung bình của khí quyển được viết dưới dạng $n = 1 + \Delta n$, trong đó $\Delta n = 3 \cdot 10^{-4}$, thì theo định luật khúc xạ ta có
   $$\frac{\sin \gamma}{\sin \alpha} = 1 + \Delta n = \frac{\sin (\alpha + \Delta \alpha)}{\sin \alpha}.$$
   Do đó sai số $\Delta\alpha$ khi xác định vị trí góc của ngôi sao bằng
   $$\Delta\alpha = \Delta n \text{ tg} \alpha = \Delta n \approx 3 \cdot 10^{-4} \text{ рад.}$$

Viện Truyền thông Kỹ thuật Điện Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z}).$
2. $\{(1; 8), (8; 1)\}$. Gợi ý. Sử dụng các khai triển cho tổng lập phương và cho lập phương của tổng.
3. $] - \infty; - 1[.$
4. Vận tốc của tàu khách là 60 km/h, tốc độ của tàu cao tốc là 100 km/h.
5. Gợi ý. $\frac{|OA_0|}{|OA_1|} = \frac{1}{2} (O - \text{точка пересечения прямой } A_0 A_1$ và bất kỳ đường thẳng nào $B_0 B_1, C_0 C_1)$.
   Tùy chọn 2
6. $\{2^{10}\}.$
7. $x_1 = \frac{\pi}{2} k, x_2 = \pm \frac{\pi}{8} + \frac{\pi}{2} l (k, l \in \mathbb{Z}).$
8. 3 cm.
9. $\{3\}$.
10. 10 lần. Gợi ý. Không nhập vào một hệ thống, chẳng hạn như ba phương trình với bốn ẩn số, vì nanoname.