Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng tại MISiS

58

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng tại MISiSE

Chi nhánh của Trường Toán học Tương ứng Toàn Liên minh - Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng tại Huân chương Cộng hòa Tháng Mười Moscow và Huân chương Lao động Thay thế Đỏ của Viện Thép và Hợp kim - thông báo tuyển sinh học sinh vào các lớp trung học cơ sở, lớp chín và lớp mười cho năm học 1986/1987.

Mục tiêu của trường là hỗ trợ học sinh nghiên cứu chuyên sâu tài liệu chương trình trung học về vật lý và toán học.

Chương trình giảng dạy môn toán hoàn toàn phù hợp với khóa học VZMS. Khóa học vật lý được phát triển bởi một giáo viên của Khoa Vật lý Đại cương và Khoa Vật lý Lý thuyết tại Viện Thép và Hợp kim Moscow và đáp ứng yêu cầu của kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học, chủ yếu là MISiS.

Công việc của trường được tổ chức như sau. Các bài kiểm tra vật lý và toán học được gửi cho học sinh bốn đến năm lần một năm cùng với các tóm tắt lý thuyết và ví dụ lời giải bài toán. Bài kiểm tra gửi cho học sinh được kiểm tra và gửi cho học sinh cùng với điểm và nhận xét. Là bài tập hàng năm, học sinh lớp 10 được gửi tài liệu các kỳ thi tuyển sinh vào MISiS những năm trước. Những sinh viên tốt nghiệp thành công từ ZFTSH sẽ được ưu tiên nhập học vào MISiS.

Các lớp học tại ZFTSH (MISIS) sẽ bắt đầu vào ngày 1 tháng 10 năm 1986. Để đăng ký vào trường, bạn phải gửi đơn đăng ký nêu rõ họ, tên, họ bảo trợ, địa chỉ nhà đầy đủ, nghề nghiệp và chức vụ của cha mẹ bạn, đồng thời đính kèm chứng chỉ từ trườngOLS cho biết lớp học của bạn và điểm hàng năm về vật lý và toán học. Đơn đăng ký và chứng chỉ cùng với đáp án bài tập toán đầu tiên được viết trong bài báo “Một ví dụ mới trong Trường Toán học Liên minh” trên tạp chí này, phải được gửi chậm nhất là ngày 5 tháng 5 tới địa chỉ: 117049 Moscow, Leninsky Prospekt, 4, MISiS, ZFTSH.

Olympic viết thư về lập trình

TRONG «Kvant» Số 6 của năm ngoái đã được công bố bài toán Cuộc thi viết thư trong lập trình dành cho học sinh không phải người Moscow. (Moskovich có thể quyết định tương tự bài toán, tham gia Olympic Lập trình Thành phố Mátxcơva.) 150 học sinh đã tham gia Olympic tương ứng, gửi 900 học sinh lời giải đề xuất bài toán. Ở một số thành phố, các trường đại học, cơ sở đào tạo, trung tâm dạy nghề đã thực hiện việc tối ưu hóa sổ tay học sinh này và gửi đến các địa phương. «Kvant» công việc tốt nhất. Các thành viên Komsomol của INEUM *) đảm nhận công việc kiểm tra các tác phẩm đã nhận và viết thư cho tất cả sinh viên phân tích chúng lời giải.

Ban giám khảo Olympica đã trao các giải thưởng sau:

Giải nhất thuộc về:
V. Kaznachev (Leningrad), E. Fink (Leningrad);

Giải nhì - Y. Vasiliev (Leningrad), G. Glushenko (Zaporozhe), O. Matoshkina (Leningrad), K. Styrkas (làng Chernogolovka, vùng Moscow);

Giải III - A. Astashkov (Tomsk), V. Gladkov (Perm), V. Kayorov (Odintsovo), M. Nogonovsky (Leningrad), Rakhlin (Moncherorsk), Fedorenko (Taganpor), A. Chernykh (Krasnodar).

Ngoài ra, 14 người tham gia khác đã nhận được đáp số rung chuyển.

Hãy tóm tắt. Hầu như tất cả những người tham gia đã làm việc rất chăm chỉ. Người tham gia trung bình re_

Tôi đạt cả 7 hoặc 6 bài toán, biết rằng bài kiểm tra chỉ có ba. Theo nguyên tắc, các chương trình được viết gọn gàng, không có lỗi lập trình cú pháp. Một số người tham gia đọc chương trình của họ trên máy và danh sách đính kèm. Nhiều người tham gia đã mô tả thuật toán lời giải một cách ngắn gọn và rõ ràng.

Chúng tôi cũng phát hiện ra hai khuyết điểm cố hữu ở một số lượng lớn tác phẩm. Một số người tham gia không đổi mới trong việc tìm kiếm các thuật toán hiệu quả: họ tạo ra các mảng số có thể được phân phối và thực hiện nhiều hành động hơn mức cần thiết, và điều này mặc dù thực tế là số hành động bắt buộc đã được chỉ định trong các điều kiện bài toán. Một số người tham gia thiết kế chương trình của họ kém về mặt đồ họa và không đảm bảo rằng chương trình dễ đọc.

Nói chung, kết quả của Thế vận hội đã khai sinh ra chúng tôi. Nó đã được quyết định thực hiện nó hàng ngày.

A. L. Brudno, Chủ tịch Ban giám khảo Olympic

59

Trường học yêu thích bài toán

1. Gợi ý. Sử dụng chế độ xem
   $$xyuv = 1000x + 100y + 10u + v.$$

2. a=0. Lời giải. Chúng ta hãy trừ nửa đầu khỏi phương trình thứ hai; chúng tôi nhận được $(a-3)x=0$. Do đó, nếu $a \neq 3$ thì $x=0$ và với $y$, chúng ta thu được phương trình $ay=a+2$, có lời giải khi và chỉ khi $a \neq 0$. Nếu $a=3$, thì hệ của chúng ta biến thành một cặp phương trình tương đương $2x+3y=5$, $4x+6y=10$, rất indo, có một tập vô hạn lời giải.

3. {0, 0, 0} và {1, 1, 1}. Gợi ý. Từ các bất đẳng thức, rõ ràng các số $x, y, z$ là không âm. Sử dụng điều này, chúng ta rút ra các bất đẳng thức $x^8 \leq x, y^8 \leq y, z^8 \leq z$ từ các bất đẳng thức của chúng ta. Theo đó, mỗi số $x, y, z$ bằng 0 hoặc 1. Nhưng sau đó $x^2=x, y^2=y, z^2=z$, và do đó $x \leq y, y \leq z, z \leq x$, tức là $x=y=z$.

4. Gợi ý. Chúng ta hãy biểu thị diện tích của 6 hình tam giác bằng $s_1, \ldots, s_6$ theo hình 1. Vì đường trung tuyến luôn chia một tam giác thành hai phần bằng nhau nên đẳng thức $s_1=s_2, s_3=s_4, s_5=s_6, s_1+s_2+s_3=s_4+s_5+s_6, s_2+s_3+s_4=s_5+s_6+s_1, s_3+s_4+s_5=s_6+s_1+s_2$ giữ nguyên. Từ những đẳng thức này suy ra $s_1=s_2=s_3=s_4=s_5=s_6$.

5. Gợi ý. Lợi dụng thực tế là các đoạn tiếp tuyến vẽ thành một đường tròn từ một điểm, nằm giữa điểm này và các điểm tiếp xúc, có cùng độ dài.

6. $n=3, n=4$. Gợi ý. Tích $|n-2| \cdot |n-5|$ là số nguyên tố khi và chỉ khi một trong các thành phần bằng một và thành phần còn lại là số nguyên tố.

7. Gợi ý. Nếu $x$ không thuộc phân đoạn $[-1, 0]$ thì $x^2+x+1>1$ và nếu $x$ thuộc phân đoạn thì $\sin x \leq 0$ và $x^2+x+1>0$. Vì vậy, phần bên phải luôn lớn hơn phần bên trái.

8. Tiêu cực. Lời giải. Vì $3,1415 < \pi < 3,1416$, nên $10 000/3,1416 < 10 000/\pi < 10 000/3,1415$. Nhưng $10 000/3,1416 = 3183,0$ … và $10 000/3,1415 = 3183,1$ …; có nghĩa là $3183 < 10 000/\pi < 3184$, tức là $3183\pi < 10 000<3184\pi$. (Không đều lời giải: $\pi \approx 3,14$, do đó $10 000/\pi \approx 10 000/3,14=3184,7$…; do đó $3184\pi < 10 000<3185\pi$ và $\sin 10 000$ dương.)

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

9. a) $y=x-2$ và $y=7x-11$. Gợi ý. Để đường thẳng $y=kx+b$ chạm vào parabol thứ nhất tại điểm $(x_1; y_1)$ và parabol thứ hai tại điểm $(x_2; y_2)$; Như vậy tổng cộng có 6 ẩn số.

Viết: điều kiện để điểm $(x_1; y_1)$ và $(x_2; y_2)$ thuộc các parabol tương ứng (hai điểm tương ứng); điều kiện để một đường thẳng đi qua các điểm đó (hai sự tương ứng); điều kiện cho sự bằng nhau của độ dốc của đường thẳng với giá trị của parabol thứ nhất tùy ý tại $x=x_1$ và giá trị của parabol thứ hai tùy ý tại $x=x_2$ (hai tương ứng).

6. Hai. Gợi ý. Nếu $a_1$ và $a_2$ là các số cùng dấu thì parabol $y=a_1x^2+b_1x+c_1$ và $y=a_2x^2+b_2x+c_2$ có hai tiếp tuyến chung khi và chỉ khi chúng cắt nhau; nếu $a_1$ và $a_2$ là số khác dấu thì các parabol này có tiếp tuyến chung khi và chỉ khi chúng không cắt nhau (chứng minh điều đó!). $a_1=1$ và $a_2=-1$ của chúng ta có dấu khác nhau và phương trình $x^2+x-2=-x^2+7x-11$ lời giải thì không.

10. Phải. Gợi ý. Hãy xem xét riêng các trường hợp khi trong số các điểm của chúng tôi, bạn sẽ tìm thấy ba điểm không nằm trên cùng một đường thẳng và khi không có ba điểm như vậy.

11. Xem hình 2. Gợi ý $[x] \neq 0$, rồi $e^{\ln|x|}=|[x]|$ và nếu $[x]=0$ thì hàm $e^{\ln|x|}$ không được xác định.

12. Phương trình lời giải không có. Gợi ý. Nhìn vào hàm $3\sin x-4\cos x$ và thấy rằng giá trị lớn nhất của nó là +5 và giá trị nhỏ nhất của nó là -5. ( Chứng minh rằng các điểm cực trị là các giá trị $x$, tại đó $tg x=-\frac{3}{4}$; từ đây suy ra rằng tại các điểm cực trị có các $\sin x=\frac{3}{5}$, $\cos x=-\frac{4}{5}$, hoặc $\sin x=-\frac{3}{5}$, $\cos x=\frac{4}{5}$.

Một cách khác là giới thiệu một phụ trợ

62

4. 185/8. Gợi ý. Hãy vẽ một đường tròn có tâm tại điểm $P$ và bán kính bằng $|NP|$ (xem hình 11). Vì $\overrightarrow{NPM} = 2\overrightarrow{NQM}$ nên điểm $Q$ nằm trên đường tròn này. Vì vậy, $|PQ| = \frac{13}{2}$. Theo sau đó là $|PH| = 5/2$.

5. 75$\sqrt{3}$. Gợi ý. Đặt $O$ là tâm của hình lục giác $ABCDEF$ và $B_1$ là trung điểm của đoạn $[AO]$. Hãy đặt $\overrightarrow{BC} = \vec{a}$, $\overrightarrow{BW} = \vec{b}$, $OS = c$. Các vectơ $\vec{a}$, $\vec{b}$ và $\vec{c}$ không được lên kế hoạch. Do đó, vectơ $\vec{x}$ có ​​thể được phân tách duy nhất thành các vectơ $\vec{a}$, $\vec{b}$ và $\vec{c}$: $\vec{x} = x_1\vec{a} + x_2\vec{b} + x_3\vec{c}$, trong đó $x_1, x_2, x_3$ là các số. Hãy đặt ba số $(x_1; x_2; x_3)$ tương ứng với vectơ $\vec{x}$ và viết $\vec{x} = (x_1, x_2, x_3)$. Sau đó, thực hiện các tính toán cần thiết, chúng tôi nhận được:

$$\overrightarrow{DE} = \left(-\frac{1}{2}; 1; 0\right), \overrightarrow{EO} = \left(-\frac{1}{2}; -1; 0\right),$$
$$\overrightarrow{E\vec{S}} = \left(-\frac{1}{2}; -1; 1\right), \overrightarrow{E\vec{K}} = \left(-\frac{1}{10}; -\frac{1}{5}; \frac{1}{5}\right),$$
$$\overrightarrow{D\vec{K}} = \left(-\frac{3}{5}; \frac{4}{5}; \frac{1}{5}\right), \overrightarrow{D\vec{R}} = \left(-\frac{7}{5}; \frac{28}{15}; \frac{7}{15}\right),$$
$$\overrightarrow{D\vec{S}} = \left(-1; 0; 1\right), \overrightarrow{O\vec{F}} = \left(-\frac{1}{2}; 1; 0\right),$$
$$\overrightarrow{S\vec{F}} = \left(-\frac{1}{2}; 1; -1\right), \overrightarrow{FA} = \left(-\frac{1}{2}; -1; 0\right),$$
$$\overrightarrow{FL} = \left(-\frac{1}{4}; -\frac{1}{2}; 0\right), \overrightarrow{SL} = \left(-\frac{3}{4}; \frac{1}{2}; -1\right),$$
$$\overrightarrow{ST} = \left(-\frac{2}{5}; \frac{4}{15}; -\frac{8}{15}\right), \overrightarrow{DT} = \left(-\frac{7}{5}; \frac{4}{15}; \frac{7}{15}\right),$$
$$\overrightarrow{RT} = \left(0; -\frac{8}{5}; 0\right), |B_1B| = \frac{5}{2}, |BC| = \frac{5}{\sqrt{3}}.$$

Vật lý

Tùy chọn 1

1. Thuận tiện nhất là kết nối hệ thống báo cáo với một mặt phẳng nghiêng và hướng các trục tọa độ như hình hình 12. Xét chuyển động của quả bóng giữa hai lần va chạm liên tiếp lên mặt phẳng.
   Vì hình chiếu của quả bóng lên trục $OY$ không đổi: $a_y = g\cos \alpha = const$, nên hình chiếu của vận tốc lên cùng một trục ngay sau lần va chạm đầu tiên và ngay trước lần va chạm thứ hai có độ lớn bằng nhau. Do các va chạm có tính đàn hồi nên hình chiếu vận tốc trước va chạm cũng giống như sau chúng. Do đó, đối với tất cả các tác động $|v_y| = v_0\sin \beta$, trong đó $v_0$ là tốc độ của quả bóng tại thời điểm va chạm đầu tiên với mặt phẳng.
   Thời gian t giữa hai lần va chạm liên tiếp lên quả bóng chuyển động dọc theo trục $OY - y = |v_y|t - g\cos \alpha \cdot t^2 / 2$, giả sử $y = 0$ tại $t = \tau$:

$$\tau = \frac{2|v_y|}{g\cos \alpha} = \frac{2v_0\sin \beta}{g\cos \alpha}.$$

Hình 12.

Chuyển động dọc theo trục $OX$ được mô tả bằng phương trình $x = |v_x|t - a_xt^2 / 2$ (trong đó $|v_x| = v_0\cos \beta$, $a_x = g\sin \alpha$) và điều kiện trả về là $x = 0$ tại $t = n\tau$ ($n = 1, 2, 3, \dots$). Do đó với góc $\beta$ ta có

$$\beta = \arctg(n\tg\alpha), n = 1, 2, 3, \dots$$

2. Thực tế là áp suất hơi không tăng gấp ba mà tăng lên, có nghĩa là do lăn, hơi trở nên bão hòa và áp suất của nó $p = 10^5$ Pa. Khi đó đối với các thông số hơi ở trạng thái ban đầu, chúng ta có phương trình

$$\frac{p}{2}V = \frac{m}{M}RT,$$

từ nơi chúng tôi nhận được khối lượng ban đầu

$$V = 2\frac{m}{M}RT/p \approx 31 \cdot 10^{-3}M^3 = 31 \text{ л.}$$

3. Chúng ta biểu thị bằng $\beta$ suất điện động của pin và $R = R_1R_2 / (R_1 + R_2)$ điện trở của mạch ngoài khi đóng chìa khóa. Từ điều kiện bài toán $\beta^2R_1 / (R_1 + r)^2 = \beta^2R / (R + r)^2$ ta thu được

$$r = \sqrt{R_1R} = \sqrt{\frac{R_1^2R_2}{R_1 + R_2}} = 6 \text{ Ом.}$$

4. Hoạt động của hệ thống quang học thấu kính-gương trong trường hợp này như sau. Thấu kính tạo ra ảnh tối thiểu của một vật $A$ ở khoảng cách $f_1 = d_1F / (F - d_1)$ ($d_1$ là khoảng cách của vật đó đến đường thẳng) bằng độ phóng đại

$$\Gamma_1 = \frac{f_1}{d_1} = \frac{F}{(F - d_1)}.$$

Hình ảnh này được phản chiếu trong gương (không thay đổi kích thước) và sự phản chiếu thu được là một vật thể mới cho đường thẳng, nằm ở khoảng cách $d_2 = 2F + f_1$ so với nó. Thấu kính tạo ra ảnh của vật này ở khoảng cách $f_2 = Fd_2 / (d_2 - F)$ với độ phóng đại

$$\Gamma_2 = \frac{f_2}{d_2} = \frac{F}{d_2 - F} = \frac{F - d_1}{F}.$$

Sự gia tăng chung của hệ thống

$$\Gamma = \Gamma_1\Gamma_2 = 1$$

• nó không phụ thuộc vào khoảng cách ban đầu giữa vật và đường thẳng.
  Điều này cũng có thể được xác minh bằng cách vẽ đường đi của tia trong một hệ quang học nhất định.

Tùy chọn 2

1. $a_{\max} = \arctg(\mu / 2) \approx 14^\circ$.
2. $A = 3/11 (4RT_1 - 3Q) \approx 3,9 \text{ кДж}$.
3. $U = \beta + qvr/d$.
4. $d_\pi = \sqrt{4S / (15\pi)} = 2 \text{ см}$.
   Tùy chọn 3
5. $\beta = \arccos(7/20) \approx 69^\circ$.
6. $p_1/p_2 = \sqrt{T_1/T_2} = 1,5$.
7. $I_m = \sqrt{\frac{2\pi\epsilon_0RC}{2\pi\epsilon_0R + C}}U_0$.
8. $\Gamma = 3$, nếu khoảng cách từ vật đến đường thẳng nhỏ hơn khoảng cách từ đường thẳng đến ảnh; $\Gamma = 1/3$ nếu không thì.

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. $x_1 = 2\pi k; x_2 = \frac{\pi}{4} + 2\pi l; x_3 = -\frac{\pi}{4} + \pi m (k, l, m \in Z)$.