Người đoạt giải Olympic toàn Nga lần thứ XI dành cho học sinh

56

Người đoạt giải
XI Toàn Nga
Olympic học sinh

Toán học

Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Gusmanov R. (Khu định cư Dyurgali, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Bashkir,
Với. w. số 3),
Dyinnikov I. (Zhukovsky, làng số 10),
Chernykh A. (Krasnodar, làng số 40),
Yuzhkov V. (Viysk, làng số 18);

cho lớp 9
Astashkevich A. (Tomsk, làng số 24),
Vaisburd M. (Tomsk, làng số 6),
Mushtari A. (Kazan, làng số 18),
Khanochkin Yu. (Vryansk, làng số 3);

cho 10 lớp -
Vergtheim L. (Novosibirsk, s. sh. Số 25),
Yesilova T. (Rostov-on-Don, đường làng số 5),
Kirilin P. (Dubna, làng số 10),
Kornilov E. (Cheboksary, làng số 27);

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Dzigovoe L. (Ordzhonikidze, làng số 2),
Kogon L. (Kemerovo, làng số 89),
Styrkas K. (làng Chernogolovka, vùng Moscow,
Với. w. số 82),
Sukhikh V. (Syktyvkar, làng số 31);

cho lớp 9 -
Nenatyev M. (Saratov, làng số 13),
Krestyankov A. (Slavgorod, làng số 10),
Prokopenko V. (Gatchina, làng số 3),
Filimonenkov V. (Sverdlovsk, làng số 130);

cho 10 lớp -
Vasiliev V. (Voronezh, làng số 59),
Zemtsov P. (Novosibirsk, làng số 25),
Kovtsov D. (Arzamas, làng số 15),
Milov S. (Tula, làng số 36).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Vasiliev K. (Tula, làng số 45),
Kostin A. (Omsk, làng số 92),
Roshtsin I. (Chelyabinsk, làng số 138),
Sokovykh V. (Elets, làng số 24);

cho lớp 9 -
Arapov A. (Voronezh, làng số 58),
Barakhin V. (Novosibirsk, làng số 83),
Ruskov G. (làng Protva, vùng Kaluga,
Với. w. số 1),
Fokeev O. (Kazan, làng số 79);

cho 10 lớp -
Goldenberg I. (Murmansk, làng số 8),
Kutsak S. (Lipetsk, làng số 44),
Nazin S. (Angarsk, làng số 10),
Sapezina O. (Penza, làng số 6).

Vật lý

Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Anachitsev D. (Sverdlovsk, làng số 5),
Vudko D. (Belgorod, làng số 3),
Pitsarev A. (Ulan-Ude, làng số 9),
Shcherbkov A. (Obninsk, làng số 10);

cho lớp 9 -
Borovikov E. (Novosibirsk, làng số 30),
Volkov O. (Gorky, làng số 23),
Lebedev D. (Gatchina, làng số 3),
Nikitin I. (Gorky, làng số 172),
Chunaev A. (Volgograd, làng số 92);

cho 10 lớp -
Akulov A. (Novosibirsk, làng số 130),
Barzykin V. (khu định cư Chernogolovka, Moscow
vùng, làng w. số 82),
Kostachev A. (Ustinov, làng số 58),
Kuskov V. (làng Krasny Oktyabr Vladimir-
vùng, làng Krasnooktyabrskaya sh.),
Lunts D. (Saratov, làng số 13).

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Vasiliev Yu. (Angarsk, làng số 10),
Komov V. (Gukovo, làng số 23),
Melnikov D. (Tula, làng số 36),
Petrov K. (Cheboksary, làng số 27);

cho lớp 9 -
Vokr·R. (Tolyatti, s. sh. Số 28),
Dektyarev A. (quận Leninsky, vùng Kursk,
Với. w. số 6),
Lukyanov P. (Chita, làng số 49),
Trusov A. (Pskov, làng số 8);

cho 10 lớp -
Klimovich G. (làng Bolshevo, vùng Moscow,
Với. w. số 3),
Litvinenko Yu. (Voronezh, làng số 5),
Rzhevsky A. (Novosibirsk, làng số 149),
Lmanaev R. (Almetevsk, làng số 16).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Bobile S. (Berezniki, làng số 3),
Karase D. (làng Tuchkovo, vùng Moscow,
Với. w. số 1),
Karsten V. (Novokuznetsk, làng số 72),
Pitsuzan A. (vùng Kursk, làng số 29);

cho lớp 9 -
Orekhov D. (Novgorod, làng số 10),
Pisarev V. (Bratsk, làng số 18),
Rakhamov S. (Kazan, làng số 131),
Shebzukhov Yu. (Nalchik, làng số 5);

cho 10 lớp -
Mazur A. (Irkutsk, làng số 18),
Rubtsov V. (Chelyabinsk, làng số 127),
Savchenko M. (Belgorod, làng số 3),
Sevastnov A. (Severodvinsk, làng số 17).

58

(chúng có các cạnh huyền $AB$ và $CH$ bằng nhau theo điều kiện và các góc nhọn $ABB_1$ và $HCB_1$ - mỗi cạnh huyền bằng $90^\circ - \alpha$, xem hình 3, a, b) chúng ta nhận được $BB_1 = B_1C$. Trong một tam giác vuông $BB_1C$, hai chân $BB_1$ và $B_1C$ bằng nhau nên mỗi góc $CBB_1$ và $B_1CB$ đều bằng $45^\circ$. Nếu góc $C$ tù (xem hình 3, f), thì các tam giác $ABA_1$ và $CHA_1$ bằng nhau, do đó $BA_1 = A_1H$ và $\angle BHA_1 = 45^\circ$ và $\angle ACB = \angle A_1CB_1 = 135^\circ$ (trong tứ giác $A_1CB_1H: \angle H = 45^\circ$, $\angle A_1 = \angle B_1 = 90^\circ$).

8. Gợi ý. Trước hết, chúng ta lưu ý rằng tồn tại và chỉ có một cặp mặt phẳng (song song) $a$ và $b$ sao cho $a$ nằm trong $a$, $b$ nằm trong $b$ và $a$, $a \parallel b$. Đường thẳng cắt $a$ và đi qua $M$ (song song với $l$) nằm trong một mặt phẳng nhất định $π$ (ở mục a) – đây là mặt phẳng đi qua $a$ và $M$, ở mục 6) là mặt phẳng đi qua $a$ và song song $l$. Nếu $π$ không trùng với $a$ thì đường thẳng $b$ cắt $π$ tại một điểm nào đó $N$. Đường thẳng cần tìm phải trùng với đường thẳng $MN$. Đường thẳng $MN$ luôn cắt $b$ (tại điểm $N$) và nằm với $a$ trong cùng một mặt phẳng (mặt phẳng $π$), do đó $MN$ và $a$ song song hoặc cắt nhau. Dễ hiểu là $MN \parallel a$ chỉ khi $MN$ thuộc $\beta$ (ở phần a)); theo đó, $l$ song song với $\beta$ (ở đoạn 6)). Do đó, lời giải bài toán tồn tại nếu $M$ không nằm trong $a$ hoặc $\beta$ trong phần a) và nếu $l$ không song song với $a$ và $\beta$ trong phần 6).

9. a) $k_1k_2 = -1; 6)$ $\frac{6}{\sqrt{5}}$. a) Hệ số góc của đường thẳng $y = kx + b$ là tiếp tuyến của góc nghiêng của đường thẳng này với trục hoành. 6) Chúng ta vẽ một tiếp tuyến của parabol $f(x) = x^2 - 8x + 16$ song song với đường thẳng $y = -2x + 1$ (hình 4). Để làm điều này, chúng ta tìm hoành độ của điểm tiếp tuyến: $f'(x) = 2x - 8; 2x - 8 = -2$ tại $x = 3$, phương trình của tiếp tuyến $y = -2x + 7$. Tiếp tuyến này cắt trục hoành tại điểm (3,5; 0). Parabol nằm về một phía của tiếp tuyến này nên khoảng cách ngắn nhất bằng độ dài phân phối lại rơi từ điểm tiếp tuyến (điểm (3; 1)) đến đường thẳng $y = -2x + 1$. Khoảng cách này bằng khoảng cách giữa các đường $y = -2x + 1$ và $y = -2x + 7$. Dễ dàng tìm thấy nó hơn từ tam giác vuông $ABC$: đặt $AB = z$, sau đó $BC = 0,5z$, phẳng $tg \angle BCA = 2$; do đó $z^2 + \frac{1}{4}z^2 = 9$, từ đó $z = \frac{6}{\sqrt{5}}$.

10. Đường tròn có đường kính $\sqrt{d^2 - h^2}$, trong đó $h$ là độ dài đường vuông góc chung $PQ$ với các đường thẳng $a$ và $b$, tâm đường tròn là trung điểm của đường vuông góc này, mặt phẳng của đường tròn vuông góc $PQ$. Gợi ý. Tập hợp trung điểm của các đoạn $AB$, trong đó $A$ thuộc $a$, $B$ thuộc $b$, mặt phẳng đi qua

$$\log_2(xy) + (\log_2(x + y) - 1)^2 = 0.$$

Sự đẳng thức này chỉ có thể xảy ra nếu hệ phương trình thỏa mãn

$$\begin{cases} \log_2(xy) = 0, \\ \log_2(x + y) = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} xy = 1, \\ x + y = 2, \end{cases}$$

từ đâu $x = y = 1$.

59

13. Gợi ý. $\int_a^b (C_1 + C_2 x + C_3 x^2 + C_4 x^3) dx = C_1 \int_a^b dx + C_2 \int_a^b x dx + C_3 \int_a^b x^2 dx + C_4 \int_a^b x^3 dx$, vì vậy chỉ cần kiểm tra tính hợp lệ của công thức Simpson cho hàm 1, $x, x^2$ và $x^3$ là đủ.

14. $\sqrt{2164} \approx 46,52$. Gợi ý. Hãy xem xét đường dẫn nối $E$ với $F$ trong quá trình phát triển của song song. Chỉ cần so sánh các đường dẫn $|EF_1|, |EF_2|, |EF_3|, |EF_4|$ (hình 7; chúng ta có thể giả định rằng sự phát triển của các mặt bên và hình vuông chứa $E$ là cố định và xem xét bốn phương án phát triển của hình vuông còn lại). Theo định lý Pythagore, người ta dễ dàng tính được $|EF_1| = |EF_3| = \sqrt{46^2 + 14^2} = \sqrt{2312}; |EF_4| = \sqrt{42^2 + 20^2} = \sqrt{2164}$. Ngoài ra, rất thường xuyên $|EF_2| = 50$.

15. $x = c$, trong đó $c$ là giá trị nhỏ hơn của $a$ và $b$. Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị $a - x$ bằng $y^4$, $b - x$ bằng $z^4$, sau đó là $a + b - 2x = y^4 + z^4$. Phương trình sau đó được viết là $y + z = \sqrt[4]{y^4 + z^4}$. Hãy nâng cả hai vế của phương trình này lên lũy thừa bốn; sau khi biến đổi, chúng ta thu được phương trình $yz(2y^2 + 3yz + 2z^2) = 0$, từ đó $z = 0$ hoặc $y = 0$ hoặc $2y^2 + 3yz + 2z^2 = 0$. Đối với $z \neq 0$, phương trình $2y^2 + 3yz + 2z^2 = 0$ có thể được viết là $2\left(\frac{y}{z}\right)^2 + 3\left(\frac{y}{z}\right) + 2 = 0$. Phương trình bậc hai thu được (đối với biến $\frac{y}{z}$) không có lời giải. Vì vậy, $y = 0$, từ đó $x = a$, hoặc $z = 0$, từ đó $x = b$: Kiểm tra cho thấy chỉ có giá trị nhỏ hơn trong hai giá trị thu được là phù hợp.

Ô chữ (xem trang 41)

Ngang: 7. Prokhorov. 8. Phong vũ biểu. 10. Alpha. 11. Chiều dài. 13. Hỗn hợp. 17. Máy đo hình cầu. 18. Antares. 19. Biến trở. 21. Tereshkova. 23. Lượng tử. 24. Sóng. 26. Vi mô. 28. Xuất gia. 29. Định đề.

Dọc: 1. Triode. 2. Cosin. 3. Nước. 4. Bình hoa. 5. Polyme. 6. Thép. 9. Newton. 12. Lomonosov. 14. Steradian. 15. Bạc. 16. Điện thoại. 20. Lỗi. 21. Tiếp tuyến. 22. Máy đo điện áp. 23. Thạch anh. 25. Kim cương. 26. Máy đo. 27. Ôzôn.

Hãy lặp lại những rung động

Bài tập

1. $x_1 = m \sqrt{\frac{2gh}{k(M + m)}} \sin \sqrt{\frac{k}{M + m}} t$.

2. Toàn bộ khối kết thúc trên khu vực gồ ghề của bàn sau 1/12 của “thời kỳ”. Tổng thời gian phanh

$$\tau = \sqrt{\frac{l}{\mu g}} \left( \frac{\pi}{6} + \sqrt{3} \right).$$

Bài tập

1. $T = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{2QSg}} \approx 0,7$ tr.

2. $n = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \frac{R}{r} \sqrt{\frac{k}{m}} \approx 35$ r/c ≈ 2000 vòng/phút.

3. Xem hình 8.

60

XI Olympic toàn Nga dành cho học sinh Toán học

lớp 8

1. Bất đẳng thức được chuyển về dạng

$$\frac{(x^2-y^2)^2(x^4+x^2y^2+y^4)}{x^2y^2} \geq 0.$$

2. Xem lời giải bài toán M947 trong «Kvant» Số 2, 1986.

3. Đáp số: tập hợp yêu cầu là hợp của đoạn CB, tia sáng cùng hướng với tia BA, có gốc tại điểm A và đường tròn tâm A bán kính $\sqrt{AB} \cdot AC$. Gợi ý: điểm M không nằm trên đường thẳng AB thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi hai tam giác AMB và ACM đồng dạng, tức là khi AB:AM=AM:AC.

4. Xem lời giải bài toán M948 trong «Kvant» Số 2, 1986.

$$x^{1985}+x+1=(x^2+x+1)(x^{1983}-x^{1982}+x^{1980}-x^{1979}+\dots+x^6-x^5+x^3-x^2+1).$$

lớp 9

1. Sự cần thiết của điều kiện này là rất rõ ràng. Để chứng minh, chỉ cần giả sử không mất tính tổng quát rằng $a \leq b \leq c$ và chứng minh rằng trong trường hợp này hoặc $a > 0$ (nghĩa là các số a, b, c là dương) hoặc $c < 0$ (nghĩa là các số a, b, c là âm). Đặt $a < 0$ và $c > 0$. Có hai trường hợp có thể xảy ra: $a \leq b < 0$ hoặc $a < 0 < b \leq c$. Trường hợp thứ hai biểu thị trường hợp thứ nhất bằng cách đổi dấu các số a, b, c. Trong trường hợp đầu tiên, $a < 0$, $bc < 0$, do đó, $ab > -bc - ca > -bc$, $\frac{1}{ab} < -\frac{1}{bc}$, tức là $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} < 0$. Nhưng sau đó $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} < 0$. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

2. a) Đáp số: điểm $K$ phải nằm trên đường thẳng đi qua đáy $M$ đường cao AM của tam giác $ABC$ song song với cạnh AC.

6. Xem lời giải bài toán M908 trong «Kvant» Số 6, 1985.

3. Xem lời giải bài toán M949 trong «Kvant» Số 2, 1986.

4. Đặt $O_1$ và $O_2$ là tâm của các đường tròn, $O_1C$ và $O_2D$ bán kính của chúng được vẽ đến các điểm tiếp tuyến với tiếp tuyến chung trong (hình 9). Dễ dàng nhận thấy hai điểm A và B nằm trên một đường tròn có đường kính $O_1O_2$. Chúng ta hãy tiếp tục đoạn thẳng $O_1C$ cho đến khi nó cắt nó tại điểm E. Khi đó $O_2ECD$ là một hình chữ nhật, do đó $|CE|=|O_2D|$ và từ sự đồng dạng của các tam giác $ACO_1$ và $ECB$ suy ra $|AC| \cdot |BC|=|O_1C| \cdot |CE|=|O_1C| \cdot |O_2D|=Rr$.

5. Hãy chứng minh rằng $x_n < 100m$ với mọi $n$. (Vì các số $x_n$ là tự nhiên nên trong số chúng có những số giống nhau.) Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp trên $n$. Tại $n=1$ $x_1=1 < 100m$. Đặt $x_n < 100m$ và đặt $10^p \leq mx_n < 10^{p+1}$, tức là số $mx_n$ được viết bằng chữ số thứ $(p+1)$. Khi đó tổng $x_{n+1}$ các chữ số của nó không vượt quá

$$9(p+1) < 10(p+1) \leq 10 \cdot 10^{p/2} \leq 10 \sqrt{mx_n} < 10 \sqrt{m \cdot 100m} = 100m,$$

vì, hiển nhiên, $p+1 \leq 10^{p/2}$ tại $p=0, 1, 2, \dots$

lớp 10

1. Phía bên trái của điều khiển này được chuyển đổi thành dạng 3 $(x-y)(y-z)(z-x)$, do đó, nó tương đương với: $(x-y)(y-z)(z-x)=10$. Nhìn qua các ước của số 10 dễ dàng nhận thấy phương trình này không có lời giải.

2. Xem lời giải bài toán M946 trong «Kvant» Số 2, 1986.

3. Hãy ký hiệu 2a và b độ dài các cạnh của tam giác tương ứng $ABC$ và hình vuông DEHK. Sau đó $b < a$. Thật vậy, giả sử rằng $b \geq a$. Lấy điểm M trên cạnh $BC$ sao cho các đoạn $EM$ và $AC$ song song với nhau (hình 10). Sau đó, hiển nhiên là $EM > EH$, và vì $|EH| = b$, nên $|EM| > b \geq a$. Mặt khác, tại $b \geq a$ góc AED không vượt quá $60^\circ$ nên góc ADE không nhỏ hơn góc AED. Điều này có nghĩa là $|AE| \geq a$, và do đó $|EM| = |EB| = |AB| - |AE| \leq a$. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

Tại $b < a$ góc AED lớn hơn $60^\circ$. Do đó góc BEH lớn hơn $90^\circ$. Điều này có nghĩa là góc EHM nhọn. Vì góc EHK vuông nên điểm K nằm ngoài tam giác $ABC$.

4. Hãy tìm thể tích của terradi $ABCA_1$. Gọi $\alpha =$ là góc giữa đường thẳng $l_1$ và mặt phẳng $ABC$, $\beta = = 90^\circ - \alpha =$ là góc giữa mặt phẳng $ABC$ và mặt phẳng $P$, vuông góc với $l_1$. Khi đó chiều cao của terradi giảm từ điểm $A_1$ bằng $|AA_1| \sin \alpha$ và diện tích hình chiếu của tam giác $ABC$ lên mặt phẳng $P$ bằng $S_{ABC} \cos \beta = S$. Kể từ đây,

$$V_{ABCA_1} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot |AA_1| \cdot \sin \alpha =$$

$$= \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot \cos \beta \cdot |AA_1| = -\frac{1}{3} |AA_1| \cdot S.$$

Tương tự, $V_{A1BCB_1} = |BB_1| \cdot S/3$, $V_{A1BCC_1} = |CC_1| \cdot S/3$. Đồng thời $V = V_{ABCA_1} + V_{A1BCB_1} + V_{A1BCC_1}$.

5. Xem lời giải bài toán M950 trong «Kvant» Số 2, 1986.

61

Hình 9.

Vật lý

Chuyến tham quan lý thuyết

lớp 8

1. Từ điều kiện bài toán rõ ràng chiều của pin là $U_6=U_1=3$ V. Để pin không phóng điện thì chỉ có nguồn phải cung cấp dòng điện trong mạch. Đó là lý do tại sao
   $$U_2=U_1+I_1R \approx 6,3 \text{ В}$$
   (ở đây $I_1 \approx 0,55$ A là dòng điện chạy trong bóng đèn theo hướng $U_1$ chạy trên nó).

2. Chùm tia phải được định vị sao cho ở trạng thái cân bằng khi phản lực từ điểm dừng $A$ bằng 0. thì khối lượng cực đại của tải sẽ bằng
   $$M=\frac{F_0}{g}-m,$$
   và khoảng cách từ điểm dừng $B$ đến đầu bên phải của pin sẽ bằng
   $$x=\frac{L}{2}\frac{m}{M+m}=\frac{L}{2}\frac{mg}{F_0}.$$
   Không có giới hạn về $l$.

3. Hòn đá di chuyển theo đường tròn (hình 11) có bán kính
   $$R=2l\cos \alpha=l\sqrt{\frac{m^2}{2\gamma^2l^2}}\left(\sqrt{1+\frac{16\gamma^2l^2}{m^2}}-1\right).$$
   Gợi ý. Góc $\alpha$ được xác định từ phương trình chuyển động của hòn đá, được viết để hình chiếu lên các phương của bán kính và tiếp tuyến với đường tròn:
   $$F\cos \alpha=m\omega^2R, F\sin \alpha-\gamma^2\omega^2R^2=0,$$
   trong đó $F$ là lực căng của dây.

4. Khối lập phương sẽ rơi ra khỏi cốc hút ở độ sâu (không phải từ mép trên của khối)
   $$h=\left(\frac{Q_T}{Q_B}-1\right)a-\frac{p_{aTM}}{Q_B}g=2 \text{ м.}$$

lớp 9

1. Độ ẩm không khí ban đầu $\varphi=50\%$. Gợi ý. Từ điều kiện bài toán, rõ ràng là sau lần rơi xuống đầu tiên, hơi nước chứa trong không khí đã trở nên bão hòa.

2. Lượng dầu bơm sẽ tăng $(d_2/d_1)^4=16$ lần.

3. Xi lanh sẽ làm
   $$N=\frac{(1+\mu^2)\omega_0^2R}{4\pi\sqrt{2}\mu g}$$

vòng/phút Gợi ý. Động năng ban đầu của hình trụ bằng công chống lại lực ma sát $F_1$ và $F_2$ (hình 12). Các giá trị của $F_1$ và $F_2$ có thể được tìm thấy từ điều kiện bất động của trục hình trụ:
$$F_1+\frac{\sqrt{2}}{2}mg-N_2=0, F_2+N_1-\frac{\sqrt{2}}{2}mg=0,$$
trong đó các phản lực hỗ trợ $N_1$ và $N_2$ có liên hệ với lực ma sát bằng các tương ứng $F_1=\mu N_1$ và $F_2=\mu N_2$.

4. Cầu chì sẽ nổ khi tải
   $$P_2=P_1\sqrt{\frac{t_{\pi\pi}-t}{t_1-t}}\frac{1+at_1}{1+at_{\pi\pi}} \approx 1,4 \text{ кВт.}$$

Gợi ý. Để đánh giá, chúng ta có thể giả sử rằng công suất tải bằng công suất tiêu thụ từ nguồn điện lưới.

lớp 10

1. Chúng ta sẽ giả sử rằng sự tắt dần của dao động chỉ xảy ra do tổn thất năng lượng do làm nóng điện trở, nghĩa là $Q=W_1-W_2$.
   Tại thời điểm dòng điện trong mạch cực đại, nghĩa là suất điện động cảm ứng bằng nhau thì chiều của tụ điện không bằng nhau:
   $$U_C+IR=0, \text{ и } |U_C|=IR.$$
   Năng lượng đường viền tích cực
   $$W=\frac{1}{2}LI^2+\frac{1}{2}CU_C^2=\frac{1}{2}I^2(L+CR),$$
   và sự giảm của nó

Hình 11.

Hình 12.

62

$$W_1 - W_2 = Q = \frac{1}{2} (L + CR) \left(I_1^2 - I_2^2\right).$$

2. Đối với các dao động nhỏ của ma trận này, mỗi trọng số mô tả một cung nhỏ của đường tròn có bán kính $r = R \sqrt{2(1 - \cos \alpha)}$. Tại thời điểm vật đi qua vị trí cân bằng, vận tốc của vật lớn nhất bằng $v_m = (2\pi/T)r\varphi_m$, trong đó $\varphi_m$ là biên độ góc của dao động điều hòa. Tại thời điểm có độ lệch lớn nhất so với trạng thái cân bằng, trọng tâm của ma trận tăng lên độ cao $h_m = R(1 - \cos \alpha)(1 - \cos \varphi_m)$. Sử dụng định luật bảo toàn năng lượng, chúng ta thấy rằng chu kỳ dao động nhỏ của ma trận của chúng ta

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}.$$

Điều này có nghĩa là đồ thị mong muốn của sự phụ thuộc $T = T(\alpha)$ là một đoạn nằm ngang. Một ma trận toán học có độ dài $l = 2R$ sẽ có cùng chu kỳ dao động.

3. Nhiệt độ bên trong xi lanh là

$$T = \frac{1,5v_1MgM\lambda}{N_1R} \approx 370 \text{ K}.$$

Gợi ý. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng.

$$N \Delta t = \lambda \Delta m + q \Delta t,$$

trong đó $\Delta m = \frac{pM}{RT}, \Delta V = \frac{Mg}{S} \frac{M}{RT}, v \Delta t S$ là khối lượng nước được hiệu chỉnh trong thời gian $\Delta t$, $q$ là lượng nhiệt bị mất trên một đơn vị thời gian.

4. Biểu thị từ trường theo bội số độ lớn

$$B = \frac{2\pi}{L} \sqrt{\frac{2mU}{e}}.$$

Gợi ý. Mỗi electron chuyển động dọc theo một đường xoắn ốc.

Kính vạn hoa «Kvant»

1. Trong cùng thời gian đó, vật thứ nhất đã đi được quãng đường lớn hơn vật thứ hai nên vật thứ nhất có tốc độ trung bình cao hơn.
2. $v_\pi = v_B/\cos \alpha$ (hình 13).
3. Tốc độ của điểm $a$ hướng xuống dưới, điểm $b$ hướng lên trên, điểm $d$ hướng xuống dưới, tốc độ của điểm $c$ bằng không.
4. Trong trường hợp a) Tốc độ ban đầu theo phương ngang của cả hai vật là như nhau và tốc độ thẳng đứng ban đầu của vật thứ nhất lớn hơn, do đó vật thứ nhất có thời gian bay dài hơn - nó sẽ bay xa hơn.
5. Trong trường hợp b) vận tốc theo phương thẳng đứng ban đầu của cả hai vật là như nhau, do đó thời gian bay là như nhau, nhưng tốc độ theo phương ngang của vật thứ nhất lớn hơn - vật đó sẽ bay xa hơn.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 9)

1. Petya đang đi trên toa số 2 ở ghế số 1.
2. Dễ dàng nhận thấy tổng phần màu đỏ và màu vàng của hình vuông (hình 16) chiếm một nửa diện tích của nó, còn tổng phần màu xanh và màu vàng chiếm một nửa diện tích của hình vuông. Từ đó suy ra diện tích phần màu đỏ và phần xanh của hình vuông bằng nhau.
3. Dưới những cột băng nặng, thỉnh thoảng cành cây sẽ uốn cong và những cột băng sẽ bắt đầu mọc ở một nơi mới.
4. Xem hình 17.
5. Hãy lấy trung bình cộng của những số này, số chia hết cho 18 (điều này tồn tại, nó đã được chứng minh). Vì nó chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của nó là 9 hoặc 18 (số duy nhất có ba chữ số có tổng các chữ số là 27 -