Квант

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 49 теорита расходуется относительная доля его емкость вещества, из которого они состоят, c. начальной кинетической энергии, равная D ? Рассеянием тепла в окружающую среду мож- Начальная температура метеорита t0 . Удель- но пренебречь. ная теплоемкость железа с, температура плавления железа tпл , удельная теплота 5. Тонкий круглый деревянный диск пла- плавления железа O . вает в бассейне, наполненном водой. В воде под диском на глубине h закреплен точечный 5. На поверхности воды плавает непроз- источник света S, рачный шар радиусом R, наполовину погру- причем центр женный в воду. На какой максимальной диска и источник глубине Hmax нужно поместить под центром находятся на од- шара точечный источник света, чтобы ни ной вертикали один световой луч не прошел в воздух? (рис.3). Пренеб- Показатель преломления воды n. регая отражени- ем света от сте- Второй тур нок и дна бассей- Рис. 3 на, определите 1. Бревно массой m плавает в воде, не минимальный диаметр диска d, при котором касаясь дна реки. Какой объем V занимает ни один световой луч не выйдет из воды. погруженная в воду часть бревна? Плот- Показатель преломления воды n. ность воды U . 10–11 классы 2. Моторная лодка плывет по реке вниз по течению. В тот момент, когда лодка проплы- Первый тур вала мимо пристани, из нее выпал спасатель- ный круг. Рыбак, находившийся в лодке, 1. Два пластилиновых шарика массами m обнаружил пропажу только спустя проме- и 2m одновременно бросают навстречу друг жуток времени t. Он сразу же развернул к другу с одинаковыми скоростями v0 , ле- лодку и поплыл в обратном направлении, не жащими в одной вертикальной плоскости и изменяя режима работы мотора. Спасатель- образующими с горизонтом углы D (рис.4). ный круг он нашел на расстоянии s от пристани. Определите скорость v течения Рис. 4 реки, считая ее постоянной. Точки бросания шариков находятся на по- 3. Цепь, изображенная на рисунке 2, со- верхности земли на расстоянии l друг от ставлена из четырех одинаковых резисторов друга. После соударения шарики слипаются и движутся далее как одно тело. Найдите Рис. 2 время W полета этого тела от момента соуда- рения до момента падения на землю. Сопро- сопротивлением R каждый и резистора со- тивлением воздуха можно пренебречь. противлением R1 . На клеммах АВ поддер- живается постоянное напряжение U. На 2. Клин с углом D при вершине находится какую величину 'I изменится сила тока, на горизонтальном столе (рис.5). На повер- текущего через резистор сопротивлением R1 , хности клина располагается брусок массой после замыкания ключа K? Сопротивлением m, к которому привязана невесомая нерастя- проводов и ключа можно пренебречь. жимая нить. Второй конец нити перекинут через блок на клине и прикреплен к непод- 4. При центральном соударении шарика, движущегося со скоростью v, с таким же Рис. 5 неподвижным шариком последний приобре- тает скорость v 2 . Найдите изменение тем- пературы шариков 't , если удельная тепло-

50 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 вижной опоре. При этом отрезок нити от и сопротивлением воз- опоры до блока горизонтален, а отрезок нити от блока до бруска параллелен поверхности духа можно пренебречь. клина. Найдите модуль T силы натяжения нити, если клин двигают по столу вправо с 2. Небольшой шарик ускорением a0 . Движение всех тел происхо- дит в плоскости рисунка. Трением можно массой m подвешен к пренебречь. потолку на невесомой 3. В вертикально расположенном цилинд- рическом сосуде под невесомым подвижным нерастяжимой нити дли- поршнем содержится некоторое количество идеального газа. Газ медленно нагревают ной l и совершает малые так, что он совершает работу A. Во сколько раз D изменяется при этом среднее число колебания с периодом соударений молекул газа с единичной пло- щадкой на стенке сосуда за единицу време- T0 . После того, как ша- ни? Начальный объем газа V0 , атмосферное рик дополнительно со- Рис. 6 давление p0 . Трение между поршнем и стен- единили с неподвижной ками сосуда считайте пренебрежимо малым. стенкой посредством горизонтальной неве- 4. В демонстрационной модели генератора переменного тока плоская проволочная рам- сомой пружины (рис.7), период его малых ка площадью S равномерно вращается в однородном магнитном поле. Ось вращения колебаний в плоскости нити и пружины стал перпендикулярна вектору магнитной индук- ции поля, модуль которого равен В. Через равным T1 . При этом токосъемные контактные кольца к рамке пружина в положении подключают лампочку от карманного фона- рика с вольфрамовой нитью накаливания. равновесия маятника не До какой температуры t нагревается эта нить, если мощность светового излучения деформирована. Опреде- лампочки Pсв ? Относительная доля работы тока, преобразованной в это излучение, рав- лите жесткость пружи- на K . Сопротивление нити накаливания при температуре 0 qC равно R0 . Температур- ны k, если T0  T1 T0 ный коэффициент сопротивления вольфра- ма D . Угловая скорость вращения рамки Z . = n. Считайте, что сопро- Сопротивлением и индуктивностью рамки можно пренебречь. тивление воздуха пренеб- Рис. 7 5. Расстояние от предмета до экрана L. режимо мало. Какое максимальное увеличение *max изоб- ражения предмета на экране можно полу- 3. В прочном горизонтальном цилиндре чить с помощью тонкой линзы с фокусным расстоянием F? под поршнем находится смесь азота и гелия Второй тур при температуре Т = 84 K и давлении p. 1. Мальчик бросает мяч в направлении Поршень медленно вдвигают в цилиндр, вертикальной стены так, чтобы мяч, отско- чив от стены, упал точно к его ногам (рис.6). изотермически сжимая смесь. При уменьше- Какова должна быть начальная скорость мяча v0 , если бросок производится с высо- нии объема в n раз на стенках сосуда появ- ты h под углом D к горизонту? Расстояние от мальчика до стены l. Удар мяча о стену ляются капельки жидкости. Давление насы- считайте абсолютно упругим. Размером мяча щенных паров азота при температуре Т равно pнп . Пренебрегая массой и объемом сконденсировавшейся жидкости, определи- те отношение k числа молекул гелия к числу молекул азота в цилиндре. Критическая тем- пература для паров азота T1 = 126 K, для паров гелия T2 = 4,2 K. 4. Плоская рамка площадью S, изготов- ленная из тонкой проволоки, помещена в однородное магнитное поле с индукцией B, перпендикулярной плоскости рамки. Если рамку медленно повернуть на 180q вокруг оси, лежащей в ее плоскости, то по рамке протечет заряд q. Пренебрегая индуктивно- стью рамки, определите среднюю тепловую мощность Ncp , выделяющуюся в рамке при ее вращении вокруг той же оси с угловой скоростью Z . 5. На главной оптической оси тонкой соби- рающей линзы с фокусным расстоянием F на расстоянии a от нее находится точечный источник, испускающий узкий пучок света (рис.8). По другую сторону линзы на рас-

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 51 Рис. 8 ратура кипения воды tк . Удельная теплота парообразования воды r, а ее удельная теп- стоянии l от нее расположен зеркальный лоемкость с. Теплоемкостью чайника и поте- шар, центр которого лежит на главной опти- рями тепла за счет рассеяния в окружающую ческой оси линзы. Определите радиус шара среду можно пренебречь. R, если лучи, отраженные от него, собирают- ся в фокусе линзы, ближайшем к источнику. 3. Гальванометр с неизвестным внутрен- Учтите, что для малых значений аргумента ним сопротивлением включили в цепь источ- x, заданного в радианах, справедлива такая ника постоянного тока один раз последова- приближенная формула: tg x | x . тельно с резистором сопротивлением R, а второй раз параллельно с ним. При этом в ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП первый раз стрелка гальванометра отклони- лась на X1 2 деления шкалы, а во второй Проведение заключительного этапа олим- раз на X2 4 деления. Определите по этим пиады «Ломоносов» было назначено на 22 данным внутреннее сопротивление гальва- февраля 2019 года. Для учащихся всех классов нометра r, если напряжение на клеммах этот этап проводился в очной форме на физи- источника в обоих случаях одно и то же. ческом факультете МГУ и на трех региональ- ных площадках в городах Астана (Казахстан), 4. Непрозрачный сосуд имеет форму куба Белгород и Невинномысск. Задание для уча- с длиной ребра a. Внутрь сосуда параллель- щихся 7–8, а также 9 классов состояло из но одной из его боковых граней направляют четырех задач по темам, изучаемым в рамках луч света, как показано программы по физике для основной общеоб- на рисунке 9. Луч попа- разовательной школы. Задания для учащихся дает в точку b, находя- 10–11 классов были составлены в полном соот- щуюся на ребре куба. ветствии с Кодификатором ЕГЭ 2019 года по До какого уровня h не- физике и охватывали основные разделы Коди- обходимо заполнить со- фикатора, а именно: 1) механику, 2) молеку- суд водой, чтобы луч лярную физику и термодинамику, 3) электро- света попал в точку c, динамику и 4) оптику. Типовое задание вклю- расположенную на дне Рис. 9 чало четыре различных раздела, состоящих из сосуда на расстоянии a 4 от точки b? Пока- задач и уточняющих вопросов по теории. затель преломления воды n. 7–8 классы 9 класс 1. Сплошной однородный цилиндр высо- 1. Гепард, заметив антилопу, убегающую той h и диаметром основания D стоит на от него со скоростью vA , начинает ее пре- горизонтальной плоскости. Медленно на- следовать. Разгоняясь равноускорено, он за клоняя цилиндр, его опрокидывают. Во сколь- время W1 развивает скорость vГ , с которой ко раз n энергия, выделившаяся при падении бежит в течение времени W2 . Затем, почув- цилиндра на плоскость, превысит минималь- ствовав перегрев своего тела, гепард пре- ную работу, совершенную при его опроки- кращает преследование, останавливаясь с дывании? тем же по модулю ускорением, что и при разгоне. На каком максимальном расстоя- 2. В чайник со свистком налили воду нии smax должны находиться друг от друга массой m1 и поставили на электрическую в начальный момент эти животные, чтобы плитку. Через время W1 вода закипела и гепард смог полакомиться пойманной анти- раздался свисток. Какова масса m2 воды, лопой? оставшейся в чайнике после кипения воды, продолжавшегося в течение еще времени Замечание. Вследствие отсутствия пото- W2 ? Начальная температура воды t, темпе- вых желез на теле и плохого отвода тепла через шкуру гепард не может развивать максимальную скорость (примерно 110 км ч ) в течение длительного времени без опасного для его организма перегрева. 2. В калориметр с водой, имеющей темпе- ратуру t1 , помещают кусок льда, причем

52 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 масса льда равна массе воды. После установ- гелий в сосуде нагрели так, что его давление возросло в k раз. Затем, зафиксировав поло- ления теплового равновесия оказалось, что жение поршня, открыли кран. Пренебрегая объемом трубки и теплообменом гелия с отношение массы льда к массе воды равно k. окружающими телами, определите устано- вившееся давление p в сосуде. Пренебрегая теплообменом калориметра с Вопросы. Запишите уравнение Менделее- окружающей средой, определите начальную ва–Клапейрона (уравнение состояния иде- ального газа). Какими уравнениями описы- температуру t2 льда. Удельные теплоемкос- ваются изотермический, изобарный и изо- ти льда и воды cл и cв соответственно, хорный процессы? удельная теплота плавления льда O , а тем- пература плавления льда t0 . 3. Задача. По двум проводящим длинным 3. Электрическая цепь, схема которой изоб- шинам, установленным под углом D к гори- зонту, поступательно соскальзывает распо- ражена на рисунке 10, подключена к источ- ложенный перпендикулярно шинам медный брусок массой m (рис.12). Вся система нахо- нику постоянного напряжения в точках A и дится в однородном вертикальном магнит- ном поле, модуль индукции которого В. D. Известно, что Рис. 12 сила тока через ре- Сверху шины замкнуты на резистор сопро- тивлением R. Коэффициент трения между зистор сопротивле- поверхностями шин и бруска P , а расстоя- ние между шинами l. Пренебрегая сопротив- нием R2 равна I2 . лением шин, бруска и мест контакта между Пренебрегая сопро- ними, найдите тепловую мощность N, выде- ляющуюся в резисторе при движении бруска тивлением проводов, с установившейся скоростью. Рис. 10 определите силу Вопросы. Сформулируйте закон электро- магнитной индукции и правило Ленца. тока I1 , текущего через резистор сопротивлением R1 . Считай- 4. Задача. Тонкая собирающая линза плот- те, что R1 R4 2R , R2 R3 R . но вставлена в круглое отверстие в непроз- 4. С помощью тонкой собирающей линзы рачной ширме (рис.13). Точечный источник света располагается на главной оптической получено мнимое изображение предмета с оси на удвоенном фокусном расстоянии от линзы. При этом на экране, установленном увеличением *1 . Когда, не двигая линзу, в фокальной плоскости по другую сторону от сместили предмет параллельно самому себе линзы перпендикулярно ее главной оптичес- кой оси, наблюдается светлое пятно диамет- на расстояние 'a , увеличение изображения Рис. 13 предмета стало равным *2 . Найдите опти- ческую силу линзы D. 10–11 классы 1. Задача. Вертолет Ми-171 массой m неподвижно завис над поверхностью Земли. Какую мощность N развивает при этом его двигатель, если диаметр винта вертолета d? Считайте, что доля мощности двигателя, расходуемая на образование вертикальной струи воздуха, составляет K от его полной мощности, а скорость воздуха в этой струе примерно одинакова по всему ее сечению. Плотность воздуха U . Вопросы. Сформулируйте второй и тре- тий законы Ньютона. 2. Задача. Цилиндр А соединен с сосудом В короткой трубкой с краном (рис.11). В исходном состоянии в сосуде и в цилиндре справа от поршня находились равные коли- чества гелия при одинаковой температуре и давлении p0 . Зак- рыв кран, объем гелия в цилиндре изобарно умень- Рис. 11 шили в n раз, а

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 53 ром d. Каким станет диаметр d1 светлого x, заданного в радианах, справедливы при- пятна на экране, если между ним и линзой ближенные формулы: sin x | tg x | x . поместить плоскопараллельную стеклянную пластинку толщиной h с показателем пре- Вопросы. Какие линзы называют тонки- ломления n ? Фокусное расстояние линзы F. ми? Что такое фокусное расстояние и опти- Учтите, что для малых значений аргумента ческая сила тонкой линзы? Публикацию подготовил С.Чесноков Разыскивается… трапеция Из первого уравнения системы (1) вытекает В элементарной геометрии широко известна h2 a  x . (4) такая задача: h1 b  x Основания трапеции равны a и b. Найдите Из подобия треугольников AMM1 и MBB1 длину отрезка, параллельного основаниям тра- следует пеции с концами на ее боковых сторонах, делящего площадь трапеции пополам. h2 c  z1 . (5) h1 z1 Один из путей решения состоит в следую- щем. Введем обозначения, как показано на Из формул (4) и (5) выражается z1 : рисунке. c b  x z1 . (6) a  b  2x Из подобия треугольников NCC1 и DNN1 следует h2 d  z2 . (7) h1 z2 Из формул (4) и (7) выводим z2 d b  x . (8) a  b  2x Объединив формулы (3), (6), (8), получим 2 b c  d  x c  d c  d  b  a . a  b  2x Положим MN = x. После исключения отно- Это равенство последовательно преобразуется шения высот трапеций h2 из системы уравне- так: ний h1 c  db  a b  ab  a  2x b  a , cd a  b  x . 2 2 ­§ a  x · § b  x · °°¨© 2 ¹¸ h1 ©¨ 2 ¹¸ h2, С учетом формулы (2) приходим к окончатель- ному результату: ® 1 (1) ¯°°©¨§ a  x · 2 § a  b · 2 ¸¹ h1 ©¨ 2 ¸¹ h1  h2  cd a  b a2  b2 . 2 2  2 легко получим В силу обратимости всех выкладок это равен- ство можно сформулировать так: x a2  b2 . (2) 2 Отрезок, параллельный основаниям трапе- ции, с концами на ее боковых сторонах делит А теперь зададимся вопросом, при каком одновременно площадь трапеции и ее пери- условии отрезок MN делит пополам дополни- метр пополам в том и только в том случае, тельно еще и периметр трапеции. Очевидно, если среднее арифметическое боковых сторон что для этого должно выполняться условие трапеции равно сумме среднего арифметичес- кого и среднего квадратического оснований 2z1  2z2 c  d  b  a . (3) трапеции. Здесь z1 MB , z2 CN , c = AB, d = CD. В.Дроздов

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ «КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ 1 d S d 11 , значит, S = 11. Такая знакоперемен- ная сумма цифр достигается только тогда, когда ЗАДАЧИ с плюсом берутся самые большие цифры. Тем самым, 6 и 7 стоят на первом и третьем местах, а (см. «Квант» №2) 3 и 4 на втором и четвертом. Это дает 4 возмож- ные комбинации: 63745, 64735, 73645, 74635. 1. В 81 раз. 18. Так быть могло. Пусть квадратик имеет размеры 1 u 1, а квадрат Приведем пример. Пусть в конструкторе Пети n u n. Тогда площадь креста равна 2n – 1 (верти- четыре равнобедренных треугольника с ребрами кальный столбик имеет размеры nu1, горизон- по 2 см и основанием 1 см, у Васи – три таких тальная строка 1un, а площадь квадратика мы же треугольника, а четвертый – равносторонний сосчитали дважды). Из равенства 2n – 1 = 17 треугольник со стороной 1 см. Тогда Петя смо- получаем, что n = 9. Значит, площадь квадрата жет собрать тетраэдр, как на рисунке 1,а, а Вася равна 9 u 9 81. – как на рисунке 1,б. 2. Предположим, что оба мальчика не ошиблись. Поскольку Петя не ошибся, то общее количество Рис. 1 принесенных конфет четно (в два раза больше количества конфет, принесенных Петей). Так 19. а, б) Да, найдутся. как Коля принес целое количество конфет и это Например, подходят числа 1 ˜ 100! 1 , 2 ˜ 100! 1 , треть от четного числа, то он принес четное 3 ˜ 100! 1, …, 100 ˜ 100! 1. Сумма любых k из число конфет. Но, по его словам, он отдал них (где k от 1 до 100) будет делиться на k, девочкам нечетное количество конфет, так как поскольку имеет вид N ˜ 100! k , а 100! делится количества конфет, доставшихся Маше и Тане, на k, так как делится на все числа от 1 до 100. имеют разную четность (различаются на 3), а Значит, среднее арифметическое любых несколь- сумма двух чисел разной четности нечетна. По- ких чисел из нашего примера – целое. Покажем лучили противоречие. еще, что в приведенном примере нет чисел с 3. 5. общим множителем, большим 1. Предположим Пусть в комнате k лжецов. Тогда первые k противное: какие-то два числа из примера – человек сказали правду (и, следовательно, были скажем, a ˜ 100! 1 и b ˜ 100! 1 – делятся на про- стое число p. Тогда p ! 100 (иначе на p дели- рыцарями), а остальные 10  k соврали (и лось бы и число 100! и, следовательно, число 1, что невозможно). Разность наших двух чисел были лжецами). Значит, k = 10 – k, откуда k = 5. 4. Не может. a  b ˜ 100! тоже делится на p, но у этой разно- Предположим, что сумма могла равняться 8900098. У каждого из слагаемых одна и та же сти, очевидно, нет простых делителей, больших последняя цифра N. Значит, последняя цифра 100. Противоречие. суммы равна последней цифре числа 13N. Отсю- 20. а) 4998; б) 4802. да следует, что N = 6. Но тогда каждое из Оценка. Разобьем доску на вертикальные доми- слагаемых делится на 6, т.е. делится на 3. Сле- ношки, раскрасим их в шахматном порядке (каж- довательно, и сумма всех чисел делится на 3. Но дая доминошка целиком белая или целиком чер- по признаку делимости на 3 число 8900098 на 3 ная). не делится. Противоречие. а) На 502 белых доминошках должно быть хотя бы 502  1 закрашенных клеток, чтобы нельзя КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА было выбрать 2 белые доминошки без закрытых клеток. Аналогично с черными. Значит, всего (см. «Квант» №1) 17. 4.  закрашено хотя бы 2 502  1 4998 клеток. Рассмотрим число abcde с такими свойствами. Оно делится на 5, поэтому e = 5. Так как оно б) Оценка для этого пункта доказывается анало- делится на 11, то по признаку делимости знако- переменная сумма цифр S делится на 11:  гично: всего закрашено хотя бы 2 502  99 4802 S a  b  c  d  5⋮11. Наибольшего значения она достигает, когда с плюсом берутся самые клетки. большие цифры, а наименьшего – когда самые маленькие. Таким образом, S d 7  6  4  3   5 11 и S t 4  3  7  6  5 1 . Заметим, что среди пяти цифр числа ровно 3 нечетные, зна- чит, S нечетно. Итак, S делится на 11, нечетно и

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 55 Пример. Назовем средней лини- прямоугольника равна сумме площадей квадра- тов, значит, 2 = A + 2C 2 + B , или ей доминошки отрезок, разделя- 2 ◊ (1 - 2C) = A + B . ющий две клетки, из которых она Если C = 1 2 , то A = B = 0, так как A и B состоит. Заметим, что если у двух неотрицательны. Значит, a1 = … = an = b1 = … … = bn = 0, что невозможно. Следовательно, обе Рис. 2 доминошек средние линии лежат части равенства можно разделить на 1 – 2C. на одной фигуре Ф (рис.2), то Таким образом, 2 = ( A + B) (1 - 2C) . Получаем эти доминошки касаются по отрезку. противоречие, так как иррациональное число не а) Поставим в левый верхний угол квадрат 2 u 2 , может быть равно частному двух рациональных. Здесь мы вновь опирались на аддитивность пло- разместим в нем фигуру Ф (аналогичный при- щади. мер, но для квадрата со стороной 10, а не 100, Задача 3 показан на рисунке 3). На остальном поле зак- Ответ: все прямоугольники с рациональным отношением сторон. роем клетки в шахматном порядке (их будет ( ) ( )Рассмотрим прямоугольник a + b 2 ¥ c + d 2 . Рис. 3 Рис. 4 Его x-площадь равна (a + bx) (c + dx) . Мы хо-  2 502  1 4998 ). Если две доминошки полу- чится поставить на незакрытые клетки, то их тим, чтобы она была неотрицательна, т.е. средние линии будут лежать на фигуре Ф, а (a + bx) (c + dx) ≥ 0 ¤ bdx2 + (bc + ad) x + ac ≥ 0 . значит, они стоят не разрешенным образом. Рассмотрим несколько случаев. 1) Оба числа b и d равны нулю. В этом случае б) Возьмем 99 квадратов 2 u 2 в первом столбце отношение сторон равно a c , что рационально. и последнем столбце (аналогичный пример для 2) Ровно одно из чисел b и d, например b, равно нулю. Тогда a π 0, следовательно, bc + ad π 0. квадрата со стороной 10 показан на рисунке 4). Значит, для каких-то x неравенство не выполня- ется. В каждом из них разместим фигуру Ф, а на 3) Ни одно из чисел b и d не равно нулю. В этом случае старший коэффициент bd π 0. Из того, остальном поле закроем клетки в шахматном что квадратный трехчлен всегда неотрицателен, следует, что у него неположительный дискрими- порядке (закрытых клеток будет 4802). Фигуры нант. Таким образом, 0 ≥ (bc + ad)2 - 4abcd = Ф покрывают все линии сетки, которые не явля- = (bc - ad)2 , откуда bc = ad, что и дает рацио- ются границами закрытых клеток. Раз в примере нальное отношение сторон. 99 букв Ф, то больше 99 доминошек нельзя поставить разрешенным образом. ПРЯМОУГОЛЬНИК ИЗ КВАДРАТОВ КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА» Задача 1. Третий вопрос Вопросы и задачи Ответ: нет. 1. Удар доски о мяч можно считать упругим. При ударе о камушек часть энергии движущейся Предположим, что прямоугольник 1 ¥ 2 разре- доски расходуется на неупругую деформацию в месте их соприкосновения. Поэтому камушек зан на n квадратов со сторонами a1 + b1 2, получает меньшую скорость, чем мяч. a2 + b2 2, …, an + bn 2. Площади квадратов рав- 2. Пластилин, относящийся к пластичным мате- ны соответственно риалам, при кратковременных (ударных) на- грузках проявляет упругие свойства, из-за чего a12 + 2a1b1 2 + 2b12, a22 + 2a2b2 2 + 2b22, … выпуклый многогранник отскакивает от пола, почти не изменив своей формы. ..., an2 + 2anbn 2 + 2bn2. 3. а) Уменьшаться; б) увеличиваться. Напря- женное состояние пружины при нагревании спа- Введем обозначения: дает (вплоть до потери способности восстанавли- вать прежнюю форму), а при охлаждении – A = a12 + a22 + … + an2, B = b12 + b22 + … + bn2, растет. C = a1b1 + a2b2 + … + anbn. Тогда A, B, C – рациональные числа. Площадь

56 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 4. Стержень станет испытывать сжатие, а из-за РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП неравномерности прогрева стержня произойдет XLV ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ его изгиб. 5. Большая прочность железобетонных конст- ШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ рукций возможна только благодаря тому, что температурный коэффициент расширения бето- 9 класс на очень близок к температурному коэффициен- ту расширения железа. 1. 6. 6. Преимущество в том, что бетонное основание испытывает деформацию сжатия, даже если сама Пусть f x x2  ax  b, g x x2  cx  d. Тог- конструкция в целом испытывает растяжение, а прочность бетона при сжатии значительно боль- да условия задачи запишутся в виде ше, чем при растяжении. 7. При изменении температуры кирпич и цемен- 1 + a + b = 4 + 2c + d и 4 + 2a + b = 1 + c + d. тный раствор, сделанные из материалов с разны- ми коэффициентами температурного расшире- Вычитая из первого равенства второе, получаем ния, будут по-разному меняться в объеме, что 3  a 3  c , т.е. a  c 6 . Но по теореме приведет к большим внутренним напряжениям в Виета a – это сумма корней первого трехчле- местах их контактов, из-за чего печь растреска- на, а c – сумма корней второго трехчлена, ется. откуда и следует требуемое. 8. Форма сохранится только у аморфного стек- 2. 8 рыцарей. лянного кубика. Монокристалл кварца обладает Докажем, что ни один из рыцарей не мог сказать анизотропией – его свойства, в том числе и ни одной из фраз «Мое число больше 9» и «Мое тепловые, зависят от направления. число больше 10». В самом деле, если бы это 9. Древесина обладает анизотропией, что связа- было возможно, то задуманное рыцарем целое но с наличием в ней волокон, между которыми число было бы не меньше 10. Но тогда он не мог находятся воздушные пузырьки. Это, в том чис- сказать ни одной из фраз «Мое число меньше ле, приводит к различным значениям теплопро- 1», «Мое число меньше 2», …, «Мое число водности по разным направлениям. меньше 10». Значит, рыцарей было не больше 10. Металлы обладают высокой теплопроводно- восьми. стью, поэтому успевают прогреться или охла- Покажем, что рыцарей могло быть 8. Пусть диться по всему объему и в них не возникает первый рыцарь загадал число 2, второй 3, … сильных напряжений. Камни же прогреваются ..., восьмой 9, а лжецы загадали числа 5 и 6. или охлаждаются неравномерно, и в них нарас- Тогда k-й рыцарь мог сказать фразы «Мое число тают большие внутренние напряжения, приводя- больше k» и «Мое число меньше k + 2», а лжецы щие к растрескиванию. могли сказать фразы: один – «Мое число боль- 11. При охлаждении заклепка, сокращаясь, силь- ше 9» и «Мое число меньше 1», а другой – «Мое нее стянет склепанные листы. число больше 10» и «Мое число меньше 2». 12. Высокая температура ускоряет диффузию, а 3. Пронумеруем числа по часовой стрелке: сильные удары молота способствуют сближению a1,a2,…,a100 так, чтобы число a100 было наи- кусков железа. меньшим. Тогда остаток от деления a100 на a1 13. Олово не смачивает покрывающие алюминий будет равен a a100 (ибо a1 ! a100 ), а остаток b его оксиды. от деления a99 на a100 будет меньше, чем a100 . 14. При увеличении давления вследствие дефор- Значит, a ! b – единственные остатки, получен- мации площадь контакта между свариваемыми ные Васей. деталями становится больше, электрическое со- Предположим, что ai  ai1 при некотором противление падает и через контактную зону i  100 . Тогда остаток от деления ai на ai1 проходит достаточный ток даже при низком на- равен ai , что больше, чем a (и тем более – чем пряжении. Кроме того, под давлением металлы b). Это невозможно. Значит, a1 ! a2 ! … ! a100 . становятся пластичнее, улучшается контакт между Итак, Петя при делении ai1 на ai (при любом ними. i 1,2,…,99 ) будет получать в остатке ai1 , поскольку ai1  ai . При делении же a1 на a100 Микроопыт он получит остаток c, меньший a100 . Значит, все его остатки c  a100  a99  …  a2 различны. При воздействии частых переменных нагрузок 4. Обозначим через *c окружность, описанную снижается прочность металла, в конце концов он около треугольника BHC (рис.5). На касатель- «не выдерживает» и ломается в месте сгиба. ной к *c в точке H отметим точку X, лежащую внутри угла BCH. Тогда ‘BHX ‘BCH ‘B1C1H (последнее равенство следует из того, что BC B1C1 ). Значит, окружность Z касается прямой HX и окружности *c в точке H.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 57 противоположные грани куба верхней и нижней, а остальные – боковыми. На каждой из боковых граней можно отметить половину клеток шах- матным образом. После этого на верхней и ниж- ней гранях можно будет также окрасить полови- ну клеток во всех строках, кроме двух крайних, оставив их пустыми (на рисунке 7 видны две Рис. 5 Рис. 7 Обозначим через Hc точку, симметричную H боковые и верхняя грани). Нетрудно видеть, что относительно прямой BC (как известно, эта точ- при такой закраске в каждой каемке будет мак- ка лежит на окружности * ). Итак, при симмет- симальное возможное количество закрашенных рии относительно BC окружность *c переходит клеток. (Вместо проверки каждой каемки можно в окружность * , а окружность Z – в себя, заметить, что вся поверхность разбивается на поскольку центр Z лежит на прямой BC. По- полоски 1u 100, четыре из которых пустые, а в скольку Z касается *c , она касается и * , что и остальных закрашена ровно половина клеток.) требовалось доказать. 6. Пусть n, n + 1, n + 2, n + 3 – данные числа. 5. 3 ˜ 10002  2000 2998000 клеток. Сумма трех наименьших из них равна Рассмотрим произвольную закраску, удовлетво- ряющую условию. Разобьем все клетки поверх- 3n  3 3 n  1 , а сумма трех самых больших ности на «каемки» так, как показано на рисунке чисел равна 3 n  2 . Но хотя бы одно из чисел 6, – по 500 каемок вокруг каждой из восьми n + 1 и n + 2 четно, т.е. равно произведению Рис. 6 чисел 2 и k, где k > 3. Значит, данная сумма и представима в виде произведения трех различ- вершин (одна из каемок отмечена серым). Тогда ных натуральных чисел: 2, 3 и k. 7. Да, может. в k-й каемке, считая от вершины, будет На рисунке 8 показано, как можно положить три Sk 6k  3 клеток. Так как никакие две закра- пары прямоугольников так, чтобы для каждой шенных клетки не могут быть соседними, в этой пары все точки A, B, C, D, E, F, G, H были каемке будет не более ª Sk º 3k  2 Sk  1 зак- Рис. 8 «¬ 2 ¼» 2 вершинами ровно по разу. Одинаковыми точка- рашенных клеток. Просуммировав по всем 4000 ми отмечены вершины одного из прямоугольни- ков пары. каемкам и учтя, что их общая площадь равна 8. Обозначим ‘CBM D . Поскольку BM – внешняя биссектриса угла ABC, то ‘ABM 6 ˜ 10002 , получаем, что общее количество закра- шенных клеток не превосходит 6 ˜ 10002  4000 180q  D и D  90q (рис.9). Опустим из точки D перпендикуляр DH на прямую BC. Так как в 2 треугольнике BCD углы при вершинах B и C 3 ˜ 106  2000 . Осталось привести пример, показывающий, что столько клеток закрасить можно. Назовем две

58 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 Рис. 9 имеем N = a + b + c + d = 2d + d = 3d. Таким образом, получаем противоречие, поскольку N острые, точка H лежит на отрезке BC. Посколь- не делится на 3. ку DCH – прямоугольный треугольник с углом 3. 2016. 60q, имеем CH CD AB . Оценка. Докажем, что в первой строке таблицы, 2 в которой числа расставлены по правилам, не Треугольник BHD – прямоугольный, HM – его менее трех рациональных чисел (и, соответствен- медиана, проведенная к гипотенузе, поэтому но, не более 2016 иррациональных чисел). Каж- HM BD BM . Следовательно, ‘MHB дое из чисел, встречающихся в таблице, записа- 2 но ровно в двух клетках, одна из которых нахо- ‘HBM D, откуда мы получаем, что ‘MHC дится в верхней строке, а другая – в нижней. 180q  D ‘ABM. Поскольку также AB = CH Рассмотрим некоторый столбец, пусть в его вер- и BM = MH, треугольники ABM и CHM равны. хней клетке стоит число a1 , а в нижней a2 , Таким образом, AM = MC, что и требовалось. далее коротко обозначаем такой столбец a1,a2  . Покрасим столбец a1,a2 . Найдем столбец, у 1 10. 396 . которого число a2 находится в верхней клетке, 11 1 1 Если Петя выберет числа , , ,…, , то, и покрасим его. Если этот столбец a2,a1, то 2 198 198 198 как бы ни разбивал эти числа Вася, в паре с завершим процесс. Иначе, если этот столбец 11 a2,a3 , где a3 z a1 , продолжим: покрасим стол- числом 2 будет число 198 . Их произведение бец, у которого число a3 находится в верхней 1 клетке, и т.д. – пока не дойдем до столбца, у будет равно 396 , а остальные будут не больше которого в нижней клетке находится a1 (это обязательно произойдет, поскольку числа, рав- 1 ные a2,a3,…, красятся парами). По окончании него. Тогда на доске окажется число 396 . процесса получим множество покрашенных столб- Оценку можно провести так же, как в решении цов a1,a2  , a2,a3  , …, ak,a1 , которое назо- задачи 10 для 11 класса. вем циклом длины k. Если остались еще непок- 10 класс рашенные столбцы, выделим еще один цикл и 1. 9 рыцарей. т.д. В конечном итоге множество всех столбцов 2. Обозначим через a, b, c и d длины сторон, положим N 10100 . таблицы разобьется на непересекающиеся цик- Пусть d – наибольшая сторона. Согласно усло- лы. Так как сумма длин всех циклов равна 2019, вию, a + b + c делится на d, т.е. a + b + c = kd для некоторого натурального k. Ясно, что a + b + найдется цикл нечетной длины. + c > d (длина отрезка меньше длины ломаной с теми же концами), поэтому k > 1. Кроме того, Рассмотрим этот цикл: a1,a2  , a2,a3  , … так как a d d , b d d и c d d , имеем a + b + c d ..., a2t1,a1 , где t t 1 . По условию a1  a2 b1 , d 3d , т.е. k d 3 . Случай k = 3 возможен только при a = b = c = d. a2  a3 b2, …, a2t1  a1 b2t1, где все bi – ра- В этом случае наш четырехугольник – ромб. циональные числа. Тогда Иначе 1 < k < 3, откуда k = 2. Но в этом случае 2a1 a1  a2   a2  a3   a3  a4   … ... – a2t  a2t1  a2t1  a1  = b1  b2  b3  …  b2t  b2t1 – рациональное число, поэтому a1 рационально. Аналогично, все числа a1,a2,…,a2t1 рациональ- ны, и их не менее 2t  1 t 3. Пример. На рисунке 10 приведен пример табли- цы, заполненной по правилам, в верхней строке которой 2016 иррациональных чисел. 4. Пусть n t 2018 . Заметим, что Pn a Pn a при всех a. Значит, поскольку Pn x имеет ненулевой корень, он имеет и отрицательный корень, откуда an1  0 . Далее, поскольку Рис. 10

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 59 Pn1 x x2Pn x  an1 , имеем и lc AC . Как мы знаем, SN является внешней биссектрисой угла LNT, поэтому lc – биссектри- Pn1 an1  an21Pn an1  an1 0  an1  0. ( ) са угла LNT. Так как TL = TN, получаем, что lc Так как степень многочлена Pn1 x четна, а является серединным перпендикуляром к отрез- старший коэффициент положителен, при доста- ку TL, а потому проходит через центр окружно- точно больших по модулю отрицательных x он принимает положительные значения. Теперь из сти *. Таким образом, прямые l и lc совпадают ( ) следует, что у этого многочлена есть корень и прямая l касается Z . 7. Докажем, что xn ! xn1 . Положим A a2n1 на интервале f;an1  . Значит, и an2  an1 . и B 2n1 b . Легко видеть, что B > A > 1, отсюда Итак, мы получили, что an2  an1 при всех A  B ! 1 . Тогда имеем n t 2018 . Это означает, что последовательность 2  a2019,a2020,a2021,… – убывающая. xn1 2n1 B  A ! 0 , 5. Пусть M – середина отрезка AC, S – вторая  xn 2n B2  A2 2n1 B  A A  B точка пересечения прямой BL с окружностью Z , N – середина дуги ABC (рис.11). Тогда S – 2 середина меньшей дуги AC окружности Z , а точки M, S, N лежат на серединном перпендику- = xn1 ˜ A  B ! xn1 , 2 что и требовалось доказать. 8. Пусть O – центр окружности : ; иначе гово- ря, O – середина диаметра BBc . Обозначим через Hc и P проекции точек Bc и O соответ- ственно на прямую AC (рис.12). Так как O лежит на серединном перпендикуляре к MN, получаем, что P – середина MN. Поскольку O – Рис. 11 Рис. 12 ляре к отрезку AC. Прямая BN – внешняя бис- середина BBc, P является серединой HHc. По- сектриса угла ABC, поэтому BN A BL. Тогда лучаем, что H и Hc симметричны относительно ‘LBN  ‘LMN 90q  90q 180q, откуда мы по- середины MN, откуда HM HcN и HcM HN. лучаем, что четырехугольник BLMN – вписан- Имеем ный. Обозначим ‘MBL D. Тогда ‘MNL D. Также, так как четырехугольник BNDS – впи- AHc AM  HcM HM  HcM HcN  HN санный, ‘SND ‘SBD D. = HcN  CN CHc. На продолжении отрезка DN за точку N отме- тим точку T так, что LN = NT. Тогда Таким образом, BcHc – серединный перпендику- ляр к отрезку AC, следовательно, ABc CBc. ‘LNT 180q  ‘LNM  ‘SND 180q  2D, от- куда следует, что ‘LTN ‘TLN D. Значит, 11 класс ‘LTD D ‘LBD, поэтому точка T лежит на окружности *, описанной около треугольника 2. Пусть D1, D2, D3 – соответственно дискрими- BDL. Пусть lc – касательная в точке N к окруж- нанты данных трехчленов. Первые два уравне- ности Z . Поскольку SN – диаметр Z , то lc A SN ния имеют только целые корни, поэтому D1 m2 , D2 n2, где числа m и n можно считать целыми неотрицательными. Вычитая из первого равен- ства второе, получаем, что 4 m2  n2, т.е. 4 m  nm  n. Числа m – n и m + n – одной четности, поэтому это равенство может выпол- няться, только если m – n = m + n = 2. Но тогда

60 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 n = 0 и, значит, дискриминант третьего уравне- ния D3 n2  4 4 отрицательный. 3. 552 3025 клеток. Разобьем доску на 9 квадратов 30 u 30, 6 прямо- угольников 10 u 30 и один квадрат 10 u 10 (рис.13). В каждом квадрате 30 u 30 клетки раз- биваются на 152 четверок так, что расстояние между любыми клет- ками в одной четвер- ке равно 15 (каждая четверка состоит из клеток с координата- ми a,b , a,b  15 , Рис. 15 a  15,b и a  15, b  15). Тогда в лю- бой четверке может быть отмечено не бо- Рис. 13 лее одной клетки, т.е. общее число отмечен- ных клеток в таком квадрате не превосходит 152 . Аналогично, каждый прямоугольник 10 u 30 (ска- жем, с длинной горизонтальной стороной) раз- бивается на пары клеток, отстоящих друг от друга на 15 (с координатами a,b и a  15,b ) – поэтому в нем не более 15 · 10 отмеченных клеток. Наконец, в квадрате 10 u 10 всего 102 Рис. 16 клеток. Итого, отмеченных клеток не больше Если же сферы Z и Zc совпадают, то их общий центр M является серединой отрезка BC и лежит чем 9 ˜ 152  6 ˜ 15 ˜ 10  102 3 ˜ 15  102 552 . в плоскости D . Следовательно, расстояния от Пример показан на точек B и C до D равны. Поскольку прямая BE параллельна D , расстояния от B и E до D равны. рисунке 14. Аналогично, расстояния от C и F до D тоже равны, а тогда точки E и F равноудалены от D (рис.16). 5. Прямая CF пер- 7. Пусть t 2n1 a . Заметим, что t z 1 . Тогда пендикулярна плос-  xn1 2n1 t  1 и xn 2n t2  1 . кости ABD, поэтому Следовательно, CF A AD . Анало-  xn  xn1 2n t2  1  2n1 t  1  = 2n t2  2t  1 2n t  12 ! 0 , гично, BE A AD . Поэтому прямые CF и BE параллельны плоскости D или ле- Рис. 14 жат в ней. Точки B, C, E и F лежат на сфере Z , описанной около тетраэдра ABCD. что и требовалось до- казать. Также, поскольку ‘BEC 90q ‘BFC , точки 8. Обозначим через I центр вписанной ок- B, C, E и F лежат на сфере Zc, построенной на ружности треугольни- ка ABC, точка I яв- отрезке BC как на диаметре. ляется точкой пересе- чения биссектрис Если сферы Z и Zc не совпадают, все их общие (рис. 17). Докажем, что точки B, D, P, I точки лежат в одной плоскости, обозначим ее лежат на одной ок- ружности. Аналогич- через E . В плоскости E лежат прямые BE и CF, но покажем, что точ- ки C, E, P, I лежат каждая из которых параллельна плоскости D на одной окружности, или лежит в этой плоскости. Также прямые BE и CF не параллельны, поскольку они перпендику- лярны пересекающимся плоскостям ACD и ABD. Таким образом, плоскость E параллельна плос- кости D или совпадает с ней, а расстояния от точек E и F до D равны расстоянию между плоскостями D и E (рис.15). Рис. 17

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 61 и задача будет решена. Достаточно установить Тогда требуемый хороший набор подмножеств в равенство ‘BPD ‘BID . Биссектриса BI угла X2k2 можно построить так. Положим ABC является осью симметрии равнобедренного треугольника BDC, поэтому Ai1 Bi ∪ ^2k  2` при i 1,2,…,2k  2; эти мно- ‘BID ‘BIC 180q  ‘IBC  ‘ICB жества содержат 3,4,…,2k элементов соответ- = 180q  ‘B  ‘C . ственно. Наконец, положим A1 ^2k  1,2k  2` 22 и A2k ^1,2,…,2k  1` . Нетрудно проверить, что они образуют требуемый хороший набор. Тем Далее, самым, переход индукции доказан. ‘BPD ‘PBC  ‘PCB ‘EBC  ‘DCB . 1 10. 8 n  1 . Из равнобедренности треугольника BCE получа- 11 Если Петя выберет числа 0, 2, 4 n  1 , ем ‘EBC 180q  ‘C 90q  ‘C и, аналогич- 11 но, ‘DCB 22 4 n  1 , …, , то, как бы ни расставлял 4 n  1 1 90q  ‘B . Отсюда 2 эти числа Вася, число 2 будет в одной паре с ‘BPD 180q  ‘B  ‘C ‘BID , 1 22 числом 4 n  1 . Значит, одно из произведений что и требовалось доказать. 1 9. m = 28. Для каждого натурального n обозначим будет равно 8 n  1 , а остальные будут не боль- Xn ^1,2,…,n` . Каждому ученику сопоставим 1 множество всех дней, когда он ходил в бассейн ше него. Тогда на доске окажется число 8 n  1 . (это будет подмножество в X30 ). Итого, мы Покажем, как Вася может для любых чисел получили набор из m (согласно условию, непус- тых) подмножеств в X30 . Условие равносильно 1 тому, что во всех подмножествах разные количе- получить на доске число, не большее 8 n  1 . ства элементов и ни одно из них не содержится в Перенумеруем числа в порядке убывания: другом; назовем такой набор подмножеств хоро- шим. Таким образом, нам нужно найти макси- x1 t x2 t … t x2n . Поставим в какое-то место на мальное число множеств в хорошем семействе круге число x1 , от него по часовой стрелке через подмножеств в X30 . пустые места – числа x2, x3,…, xn . Теперь поста- Докажем сначала, что такой набор не может вим число x2n между x1 и xn ; дальше по содержать больше 28 множеств. Это очевидно, часовой стрелке от x2n расставим на пустых местах по очереди числа x2n1, x2n2,…,xn1 . Тог- если в наборе есть 30-элементное подмножество, да произведениями пар соседних чисел будут так как оно содержит любое другое. Значит, xnx2n, x1x2n, x2x2n1, x3x2n2, …, xkx2nk1, …, xnxn1 и можно считать, что множества в наборе могут x1x2n1, x2x2n2, x3x2n3, …, xkx2nk, …, xn1xn1 . состоять лишь из 1, 2, …, 29 элементов (и их не Поскольку xkx2nk1 d xkx2nk , наибольшее про- больше 29). Пусть в хорошем наборе есть 29- изведение может быть лишь во второй строке. элементное множество A и 1-элементное множе- 1 ство B. Так как B не содержится в A, они не пересекаются. Тогда любое другое подмноже- Покажем, что a xkx2nk d 8 n  1 при k d n  1. ство в X30 либо содержит B, либо содержится в Действительно, из неравенств xk d xk1 d … d x1 A. Значит, в этом случае хороший набор состоит следует, что kxk d x1  x2  …  xk , поэтому лишь из двух подмножеств. Наконец, если в ka kxk ˜ x2nk d x1  x2  …  xk x2nk . наборе нет 1- или 29-элементного подмножества, Аналогично, из неравенств то в нем уже не более 28 множеств, что и x2nk d x2nk1 d x2nk2 d … d xk1 требовалось. следует, что Осталось предъявить пример хорошего набора 2n  2k x2nk d x2nk  x2nk1  …  xk1 d из 28 подмножеств в X30 . Для этого покажем £ xk1  xk2  …  x2n 1  x1  x2  …  xk . индукцией по k t 2 , что существует хороший Поэтому набор A1, A2,…, A2k2 подмножеств в X2k , при- чем Ai содержит i + 1 элемент. В базовом случае 2k n  ka d k = 2 годятся подмножества A1 ^1,2` и £ x1  x2  …  xk 1  x1  x2  …  xk  x 1  x, A2 ^1,3,4` . где x x1  x2  …  xk . Поскольку по неравен- Пусть для некоторого k уже построен требуемый ству о средних для двух чисел хороший набор B1,…, B2k2 подмножеств в X2k .

62 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 1 x § x  1  x ·2 1 8 класс ¨ ¸ , получаем неравен- x  d © 2 ¹ s vШ1 vШ2  vФ 4 vФ vШ1  vШ2 1. s1 2,16 км, 1 ство xkxn2k a d 8k n  k . Осталось показать, s2 s vШ2 vШ1  vФ 0,96 км . что k n  k t n  1 при k d n  1 . Но последнее vФ vШ1  vШ2 неравенство можно переписать в виде 2. F 3 F1 300 H ; F2 F1 500 H . 5 k  1n  k  1 t 0 , а здесь обе скобки неотри- 3. Сила направлена цательны. вверх и равна РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП F p0s . LIII ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ 4. Cтв Cж 1 2 ; ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ  Wп 2,5  2 W0 | 7 класс | 1,1W0 ; см. рис.20. Рис. 20 1. См. рис.18. Скорость движения шкалы темпе- ратур vт 0,8 см мин , скорость движения шка- 9 класс 1. s1 1,36 м , s2 1,2 м , W 1,6 c . 2. mл m2  m4 90 г ; Uв  Uл mc Uc § m2  m1  mлUв · | 10,1 г ; Uв ¨ Uл ¸ © ¹ t  OUл m3  m2  Uв  Uл  | 49,9 qC . ccmc  cлmл 3. I2 I1 I 1,0 мА (оба амперметра стоят в верхнем ряду схемы); R 600 Ом ; U0 1,8 B . 4. Один из возможных приме- Рис. 18 ров расположения перегоро- лы плотностей vп 2,4 см мин, их относитель- док в сосуде приведен на ри- ная скорость v vт  vп 3,2 см мин. сунке 21, одна клетка соответ- 2. s1 s vШ  vФ 2,4 км , ствует 0,1 м. Объемы частей 2vФ А, В и С составляют 0,1 м3 , 0,25 м3 и 0,45 м3 соответ- s2 s vШ  vФ 1,2 км . ственно, часть D представля- 2vФ ет собой полость, образован- 3. На рисунке 19 слева приведен график зависи- ную горизонтальной и верти- мости пути от времени для второй машины отно- кальной перегородками. 5. E D . 10 класс 1. u0 u2  v r u tg D0 2 , причем знак «+» соответству- ет случаю, когда спортсмен на- ходится между катером и ле- Рис. 21 вым берегом, а знак «–» – Рис. 19 между катером и правым берегом; T mu2 . L cos2 D0 сительно первой, а справа – для второй машины 2. P | 0,27, если в течение всего времени столк- относительно дороги. Из графиков следует, что v10 0,9 км мин (причем только один раз), новения шайба скользила по плите, и P – лю- v2 max 1,5 км мин. 4. U3 U1  U2  U 1,8 г см3. бое, большее 0,27, если после столкновения про- екция скорости шайбы на направление движения плиты сравняется со скоростью плиты. 3. 1) Rx 3 кОм , Ry 2 кОм , Rz – любое

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 63 (участок схемы ВС можно преобразовать в сба- скорость до заданной v0 при максимально воз- можном отрицательном ускорении aт Pg . лансированный мостик с не зависящим от Rz На рисунке 22 участок I соответствует разгону с сопротивлением RBC 2 кОм ); максимальным ускорением Pg , участок II соот- 2) IAB 7 мА , IAC 5,8 мА . 4. U1 наU0высpоR0тT0е0 5,85 кг м3 (плотность посто- ветствует заблаговременному торможению (с мак- янна 0 до 2 км), p1 p0  Ugh1 от симальным ускорением Pg ) от скорости v2 до скорости v0 на границе, участок III – торможе- 442 кПа . нию за линией границы с ускорением 2Pg до  5. 1) Fтр 2 полной остановки в момент tи . Отметим, что Pm g2  v02 площади закрашенных фигур равны (так как R;   2) a 2 пути в первом движении до t1 и во втором an2  aW2 Pg2  1  P2 v02 ; R движении до t0 равны L). 3) 's v0't , 'v aW't , 's v0'v v02 ˜ 102 С помощью рисунка найдем зависимость t0 от aW aW v0 . Первый раз скорость v0 достигается в мо- v02 ˜ 102 . мент t3 v0 , к этому моменту пройден путь Pg  P v02 2 g2  s1 v02 . Половина оставшегося до границы пути R 2Pg 11 класс 1. Если участок длиной L проехать максимально пройдена за время 't2 , и быстро (с максимально возможным ускорением a Pg ), то скорость на линии границы будет L  s1 v0't2  Pg't22 L  v02 . 2 2 2 4Pg 2PgL , а время разгона – t1 2L . При Отсюда Pg v1 't2 v02  L  v0 , Pg Pg этом минимально возможное время торможения 2 Pg2 за линией границы составит tм  t1 L . Об- а время движения до границы 2Pg t0 t3  2't2 2 v02  L  v0 . 3 2L L. 2P2g2 Pg Pg щее время испытания tм 2 Pg | 2,12 Pg Если пересекать линию границы со скоростью Полное время испытания tи , согласно условию задачи, равно v0  v1 , то увеличится время достижения этой линии, но сократится время торможения за ней. tи t0  tт t0  v0 2 v02  L  v0 . 2Pg 2P2g2 Pg 2Pg Вопрос о конкуренции между этими изменения- Необходимо найти минимум данного выраже- ми времен требует дополнительного изучения. ния, варьируя его по v0 . Для упрощения иссле- Пусть на границе скорость v0 ( v0  v1 ), которая дования производной сделаем замены: достигается за минимально возможное время t0 при следующем характере движения: разгон с x v0 , b L, tи 8x2  4b  x, 2Pg Pg максимальным положительным ускорением где x и b – по физическому смыслу положитель- a Pg до такой скорости v2 ! v0 , при которой ны. Возьмем производную от tи по x и приравня- оставшегося пути хватит, чтобы сбросить эту ем ее нулю: 0 16x  1, 8x2  4b 8x , 2 8x2  4b 8x2  4b 64x2 , 56x2 4b. Возвращаемся к старым переменным и находим v0 = 2 PgL, tи 7L | 1,87 L . 7 2Pg Pg Рис. 22 2. Исходный куб можно составить из восьми кубиков с ребром вдвое меньшего размера. По аналогии с электростатикой введем гравитацион- ный потенциал M , который в вершине любого однородного куба будет прямо пропорционален

64 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 3 его массе и обратно пропорционален линейным определяется только силой сопротивления: размерам с одним и тем же коэффициентом 'v Dv , 'v Dv't D's , 't пропорциональности. Пусть длина ребра и масса малого кубика равны b и m, а гравитационный где 's – расстояние, пройденное за 't. Сумми- потенциал в его центре равен M0 . Тогда руя обе части уравнения за произвольное время k Ub3 M0 k m b kUb2 , движения, находим путь S, пройденный части- b цей от начала движения до момента остановки: где k – некоторый размерный коэффициент, а U v  v0 DS, v0 DS kS ctg M , S mv0 tg M . qB – плотность планеты. Потенциалы в центре боль- шого куба и в его вершине равны соответственно Пусть координаты точки остановки x0 , y0 . Так как в этой точке vx 0 , y0 x0 ctg M , то M1 8M0 и M2 k U 2b3 4kUb2 4M0 . vy  v0 v0 kx0  Dy0 2b Из закона сохранения энергии следует  kx0 1  ctg2 M  kx0 , x0 mv0 sin2 M . sin2 M qB mM2 mM1  mv12 , mM2  mv22 0. 2 2 Расстояние от начальной точки до точки оста- Окончательно получим v2 = v1 . новки, т.е. модуль перемещения частицы, есть 3. 'T2 'T , Q 15 R'T . 4. T T0 . l x0 mv0 sin M . 4 8 sin M qB 5. Выберем начало координат в точке А и на- правим оси х и y так, как показано на рисунке КВАНТ 12+ 23. Пусть b – коэф- фициент пропорцио- Рис. 23 нальности в зависимо- НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ сти силы сопротивле- ния от скорости час- Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов, тицы: Fc bv . За- А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов, пишем уравнение дви- В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан жения частицы в про- НОМЕР ОФОРМИЛИ екции на координат- В.Н.Аткарская, Д.Н.Гришукова, ные оси: А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина max qBvy  bvx , may qBvx  bvy . ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР Сделаем замены qB k , b D и для малого Е.В.Морозова mm КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА интервала времени 't запишем М.Н.Грицук, Е.А.Митченко ax 'vx , ay 'vy . Журнал «Квант» зарегистрирован 't 't в Комитете РФ по печати. Тогда Рег. св-во ПИ №ФС77–54256 'vx kvy  Dvx , 'vy kBvx  Dvy , Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ № 't 't Адрес редакции: 'vx kvy't  Dvx't k'y  D'x , 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'vy kvx't  Dvy't k'x  D'y . «Квант» Тел.: +7 916 168-64-74 Суммируя изменения проекций скорости и коор- Е-mail: [email protected], [email protected] динат частицы за произвольное время от начала движения, получим Отпечатано в соответствии с предоставленными vx ky  Dx , vy  v0 kx  Dy . В точке С вектор скорости частицы антипарал- материалами лелен v0 и vx 0 . Отсюда в типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8» ky Dx , x k tg M , D k ctg M . Телефон: +7 495 363-48-86, yD htpp: //capitalpress.ru Сила Лоренца действует перпендикулярно ско- рости и изменение модуля скорости частицы