Решение задач

Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ МФТИ

2006/2007 года

Физика

1. (5 баллов) Нормаль к каждой стенке направим внутрь камеры. Введем прямоугольную декартову

систему координат так, чтобы нормали к стенкам 1, 2 и 3 имели координаты соответственно

(

)

0

,

0

,

1

1

n

,

(

)

0

,

1

,

0

2

n

и

. Очевидно, что

(

1

,

0

,

0

3

n

i

i

n

n

−

=

+3

)

3

,

1

=

i

для всех

. Из условия следует, что

( )

y

y

y

V

V

V

n

V

α

α

π

sin

2

cos

,

5

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

−

=

( )

x

x

x

V

V

V

n

V

α

α

π

sin

2

cos

,

4

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

−

=

,

,

( )

z

z

z

V

V

V

n

V

α

α

π

sin

2

cos

,

6

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

−

=

y

y

V

V

α

sin

=

x

x

V

V

α

sin

=

z

z

V

V

α

sin

=

т.е.

,

,

.

Разложим движение мяча на независимые движения вдоль осей. Задача сводится к «метаниям» мяча

между двумя параллельными стенками, удаляющимися друг от друга с заданными скоростями. Из
принципа относительности Галилея и закона сохранения импульса (стенки считаем достаточно
массивными) очевидно, что скорость мяча после каждого удара об удаляющуюся от него стенку
уменьшается на

. Т.к. в нашей задаче стенки удаляются с разными скоростями, то удобнее перейти

в такую инерциальную систему отсчета, в которой они будут двигаться с равными по модулю и
противоположными по направлению скоростями – число ударов мяча от этого, очевидно, не изменится.

стенки

V

2

x

Если проекции скоростей на ось стенок 1 и 4 равны соответственно

и

, то, перейдя в систему

отсчета, движущуюся вдоль оси

1

V

4

V

(

4

1

2

1

V

V

+

)

x

со скоростью

, получим для скорости первой стенки

(

)

(

4

1

4

1

1

1

2

1

2

1

V

V

V

V

V

V

−

=

+

−

=

′

(

)

(

)

′

−

=

−

=

+

−

=

′

1

1

4

4

1

4

4

2

1

2

1

V

V

V

V

V

V

V

)

, а для четвертой:

, т.е. что и

требовалось. Скорость мяча в этой системе равна

(

)

4

1

2

1

V

V

V

V

x

x

+

−

=

′

. При каждом ударе о любую из

стенок от модуля скорости мяча будет отниматься одна и та же величина – удвоенный модуль скоростей
стенок

до тех пор, пока мяч уже не сможет догнать одну из них. Таким образом, число

произошедших ударов будет равно

(

4

1

V

V

−

)

(

)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

−

=

4

1

4

1

2

V

V

V

V

V

k

x

x

. Рассуждая аналогично, для остальных стенок

получим

(

)

(

)

(

)

2

5

1

4

3

6

1

4

2

5

3

6

sin

2

sin

2

sin

2

y

x

z

V

V

V

V

V V

V

V

V

k

V V

V

V

V

V

α

α

α

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

−

+

−

+

−

+

=

+

+

⎢

⎥

⎢

⎥

⎢

−

−

−

⎢

⎥

⎢

⎢

⎥

⎣

⎦

⎣

⎣

⎦

⎤

⎥

⎥⎦

.

6

π

α

α

=

=

z

x

4

π

α

=

y

ч

км

V

3

3

=

ч

км

V

1

1

=

ч

км

V

2

2

=

,

,

,

,

,

Из числовых данных задачи

24

=

k

ч

км

V

5

5

−

=

ч

км

V

6

6

−

=

ч

км

V

4

4

−

=

,

,

следует ответ

.

Ответ:

k

.

24

=

2. (7 баллов) Последовательное включение в действующую цепь левого и правого контуров назовем

периодом, отдельное их включение – полупериодом. Пренебрегая э.д.с., которое создает собственно
вертушка, считаем моменты переключения контактов С и D совпадающими, что исключает размыкание
цепи, содержащей катушку и, следовательно, возникновения э.д.с., достаточных для пробоя. Считаем, что в
момент переключения контактов ток через катушку сохраняется.

Рассмотрим случай бесконечной нагрузки. Тогда ток в левой полуцепи в первом полупериоде

первого периода будет меняться по закону:

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛−

−

=

t

L

R

R

I

exp

1

ε

.

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛−

−

=

ω

π

ε

4

exp

1

0

L

R

R

I

ω

π

4

=

t

цепь переключится, и ток

В момент

будет теперь течь в нулевой

момент времени в правой полуцепи. Конденсатор изначально не заряжен. Процессы, протекающие в
правой полуцепи, в общем случае описываются уравнением

t

B

t

A

I

t

B

t

A

q

Ω

Ω

−

Ω

Ω

=

Ω

+

Ω

=

sin

cos

cos

sin

LC

1

=

Ω

где

. Т.к.

и

, получим

( )

0

0

I

I

=

( )

0

0

=

q

t

I

I

t

I

q

Ω

=

Ω

Ω

=

cos

sin

0

0

Для того чтобы диод сработал, необходимо, чтобы ток обнулился раньше, чем вертушка разомкнет

контур, т.е. чтобы выполнялось

ω

π

4

0

<

t

LC

t

2

0

π

=

, где

– момент обнуления тока. Как видим из

числовых данных задачи, это соотношение выполняется. Таким образом, диод оборвет гармонические
колебания в правой цепи до того, как вертушка ее разомкнет. На конденсаторе останется заряд, который
можно найти из закона сохранения энергии:

Ω

=

0

1

I

q

C

q

LI

2

2

2

1

2

0

=

⇒

.

Пусть диод сработал во время n-го периода. Покажем, что он сработает и в

-й период.

Подставляя в закон процесса, происходящего в правой полуцепи, начальные условия

и

(

1

n

+

)

( )

n

q

q

=

0

( )

0

0

I

I

=

,

получим:

t

q

t

I

I

t

q

t

I

q

n

n

Ω

Ω

−

Ω

=

Ω

+

Ω

Ω

=

sin

cos

cos

sin

0

0

Ω

=

Ω

n

q

I

t

0

0

tg

Ток обнулится в момент такой, что

0

t

. Чтобы диод сработал необходимо, чтобы

ω

π

4

tg

tg

0

0

Ω

<

Ω

=

Ω

n

q

I

t

ω

π

4

0

<

t

или

.

Поскольку в предыдущие

n

периодов конденсатор только заряжался, т.е. его заряд рос, то

1

1

0

0

=

Ω

≤

Ω

q

I

q

I

n

1

q

q

n

≥

⇒

.

Ω

≥

Ω

=

>

Ω

n

q

I

q

I

0

1

0

1

4

tg

ω

π

ω

π

4

0

<

t

ω

>

Ω

⇒

, т.е. неравенство

Но, как мы видели,

выполняется и диод,

если он сработал в предыдущий период, сработает и в следующий. Т.к. он сработал в первый полупериод,
то он всегда будет обрывать колебания в правой полуцепи (пока накопившийся на конденсаторе заряд не
разорвет его).

Таким образом, в начале любого второго полупериода через катушку будет течь ток

и,

соответственно, конденсатору будет передаваться одна и та же величина энергии катушки. Если к моменту
запуска

периода на конденсаторе уже содержался заряд

, то

0

I

(

)

го

1

−

+

n

n

q

2

0

2

2

1

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Ω

+

=

+

I

q

q

n

n

C

q

LI

C

q

n

n

2

2

2

2

1

2

0

2

+

=

+

⇒

,

2

т.е. квадраты зарядов в конце полупериодов являются членами арифметической прогрессии. Таким

образом,

n

I

q

n

Ω

=

0

, а напряжение между клеммами в конце периодов в случае бесконечной нагрузки

равно:

C

R

L

L

R

U

2

0

2

4

exp

1

π

ω

π

ε

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛−

−

=

t

U

U

AB

ω

0

=

, где

.

n

t

n

ω

π

2

=

- длительность периода.

Т.е. квадрат напряжения растет пропорционально времени, т.к.

Рассмотрим теперь случай конечной нагрузки. В общем случае решение довольно громоздко и не

выражается через элементарные функции, поэтому нагрузку мы будем полагать достаточно значительной.
Поэтому, когда вертушка замыкает правую полуцепь, можно считать, что практически весь ток течет через
конденсатор (поскольку добавочное омическое сопротивление много больше импеданса конденсатора).
Таким образом, процесс зарядки конденсатора остается практически неизменным и диод также всегда
будет обрывать его при нулевой энергии в катушке:

2

0

2

2

LCI

q

q

нов

+

=

,

где

– заряд конденсатора в начале данного второго полупериода,

- заряд конденсатора после

единичного акта зарядки. После этого диод обрывает течение тока в левой части правой полуцепи и
конденсатор начинает разряжаться вплоть до следующего замыкания вертушкой второй полуцепи. Условие
предельно возможного заряда состоит в том, что конденсатор успеет разрядится ровно на столько, на
сколько успел зарядиться от катушки, т.е.

нов

q

q

(

)

q

C

R

t

q

н

нов

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

+

−

0

4

4

exp

ω

π

ω

π

,

где - момент обнуления тока и находится, аналогично предыдущему случаю, из условия

0

t

Ω

=

Ω

q

I

t

0

0

tg

.

Ясно, что поскольку нагрузка велика, то и предельно возможный заряд на конденсаторе велик и время
его зарядки мало и им можно пренебречь по сравнению с периодом обращения вертушки. Тогда получим:

0

t

R

R

L

R

R

L

U

н

ое

ABпредельн

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛−

−

≈

ω

π

π

ω

ε

4

exp

1

2

0

2

2

exp

LCI

q

C

R

q

н

+

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

ω

π

⇒

.

5

,

4

≈

ое

ABпредельн

U

Ответ:

t

U

AB

ω

0

=

U

,

В;

9

,

0

0

≈

U

В.

3. (4 балла) Рассмотрим медленный (квазистатический) процесс опрокидывания цилиндра набок. В

результате створки повернутся на некоторый угол

α

, определяемый равенством

(

)

2

1

cos

p

p HR mg

α

−

=

,

где

и

- соответственно давления в верхней и нижней части цилиндра, которые найдутся из

уравнения адиабатического процесса:

1

p

2

p

γ

γ

γ

γ

α

π

π

α

π

π

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

H

R

R

p

H

R

p

H

R

R

p

H

R

p

2

2

2

2

0

2

2

1

2

0

2

1

2

1

2

1

2

1

H

где

- высота цилиндра. Таким образом,

0

2

2

c

1

1

mg os

p HR

γ

γ

α

α

α

π

π

−

−

⎛

⎞

⎛

⎞

−

− +

=

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

⎝

⎠

.

Поскольку корень этого уравнения не выражается через элементарные функции, сделаем

предположение о легкости створок и, соответственно, малости углов. Тогда

HR

p

mg

0

4

γ

π

α

≈

3

Пусть теперь к нижней части цилиндра подводят тепло. Процессы, протекающие с газом,

описываются первым началом термодинамики:

A

Q

dU

δ

δ

−

=

,

( )

( )

(

)

mg

HR

p

p

=

−

ϕ

ϕ

ϕ

cos

1

где

dT

C

dU

V

ν

=

,

pdV

A

=

δ

,

и в любой момент

ϕ

Hd

R

dV

2

−

=

. Т.к.

процесс, протекающий с газом в верхней части цилиндра, адиабатичен, то

( )

0

2

c

1

mg

p

p

HR

γ

os

ϕ

ϕ

ϕ

π

−

⎛

⎞

=

+

+

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Таким образом,

2

0

2

cos

1

V

mg

C dT

Q

p

HR d

HR

γ

ϕ

ϕ

ν

δ

ϕ

π

−

⎛

⎞

⎛

⎞

=

+

+

+

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

⎝

⎠

.

RT

pV

ν

=

Интегрируя в пределах от

α

до нуля и помня, что

, получим для

приближенно

1

Q

mgR

i

Q

4

1

≈

.

Рассмотрим медленный (квазистатический) процесс поднятия цилиндра. Процессы, протекающие с

газами в обоих его частях, адиабатичны:

γ

γ

γ

γ

β

π

π

β

π

π

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

′

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

′

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

H

R

R

p

H

R

HR

mg

p

H

R

R

p

H

R

p

2

2

2

2

0

2

2

1

2

0

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

p

p

′

=

′

β

α

β

≈

определится равенством

, т.е.

.

причем равновесный угол поворота створок

Пусть теперь к другой части цилиндра подводят тепло. Аналогично получим

ψ

π

ψ

δ

ν

γ

Hd

R

HR

mg

p

Q

dT

C

V

2

0

2

1

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

+

=

mgR

i

Q

4

2

≈

и

.

Как видно, в общем случае

, однако для легких створок выполняется

2

1

Q

Q

≠

2

1

Q

Q

≈

при

.

H

R

p

mgR

2

0

π

<<

Ответ:

mgR

Q

4

3

2

1

≈

≈

Q

.

4. (6 баллов) Пучок света предполагаем узким. В параксиальном приближении закон Снелла

запишется в виде

1

1

sin

sin

n

ϕ

ψ

=

⇒

1

1

n

ϕ

ψ

≈

Если через обозначить полуширину пучка, то

1

h

R

ϕ

≈

h

,

1

1

h

n

nR

ϕ

ψ

≈

≈

.

Если при проходе через полусферу полуширина пучка уменьшилась на величину

, то

h

Δ

(

)

1

1

1

2

2

n

h

R

n

ϕ ψ

h

−

Δ ≈

−

≈

.

Разделив угол падения луча на внутреннюю поверхность сферы горизонталью, проходящей через

точку преломления, на две части, из соображений элементарной геометрии получим:

( )

1

2

2

h

h

n h

R

n R

ψ

− Δ

−

≈

≈

,

и из теорем о внешнем угле треугольника и внутренних накрест лежащих:

( )

2

2

1

1

1

n

h

n R

ψ

ϕ ψ

−

≈

−

≈

,

( )

( )

1

2

2

2

2

ψ

ψ

ψ

=

+

.

α

Записав закон преломления Снелла вторично, получим угол

раствора луча после выхода из сферы:

2

2

sin

sin

n

ψ

ϕ

=

( )

1

2

2

1

2

n

h

n R

α ϕ ψ

−

=

−

≈

⇒

.

4

И, наконец,

0

h

h

F

R

α

− Δ

≈

−

⇒

(

)

0

1
2

2

n

R

n

R

−

≈

−

− F

, откуда

0

0

2

2

F

n

F

R

≈

−

.

Ответ:

0

0

2

2

F

F

R

≈

−

n

.

5. (5 баллов) Рассмотрим случай, когда заяц прыгает непрерывно (без отдыха), при этом после

приземления столкновение с доской можно считать абсолютно неупругим. Пусть после n-го прыжка заяц
имеет скорость w

n

. Тогда после приземления зайца следующая доска имеет скорость

2

1

1

2

n

n

m

u

w

m

m

+

=

+

Закон сохранения импульса при следующем соскоке с доски:

(

)

1

2

1

2

1

1

1

0

n

n

n

m

m u

m w

m u

w

v

u

+

+

+

+

=

+

= +

Здесь u – скорость доски после отскока зайца. При этом заяц будет иметь скорость:

2

1

1

0

0

1

2

1

2

1

2

n

n

n

m

m

m

w

u v

w

v

aw

m

m

m

m

m

m

+

= + =

+

=

+

+

+

+

1

0

v

c

Здесь a – параметр прогрессии. Сделаем замену

n

n

w

y

=

+

такую, что y

n

представляет собой

геометрическую прогрессию:

1

1

0

1

2

n

n

m

y

c ay

ac

v

m

m

+

+ =

+

+

+

(

)

1

0

a

c v

−

+ =

=>

1

1

0

0

1

2

1

2

1

1

1

1

m

m

m

c

v

v

m

m

a

m

m

m

⎛

⎞

2

0

v

=

=

+

⎜

⎟

+

−

+

⎝

⎠

=

+

=

1

n

n

y

ay

,

1

a

<

=>

lim

0

n

n

y

→∞

=

,

0

lim

n

n

w

w

→∞

v

=

=

С учетом того, что заяц отдыхает на (n+1)-ой доске то же время

, что двигается в n-ом прыжке,

средняя скорость за цикл «прыжок-отдых» равна:

0

n

t

>

1

1

2

1

1

2

1

2

2

1

2

2

2

2

n n

n

n

n

n

n

n

n

w t

u t

w

u

w

m

w m

m

t

m

m

+

+

⎛

⎞

+

+

+

=

=

+

=

⎜

⎟

+

+

⎝

⎠

2

m

m

h

h

Δ

( )

2

2

ψ

1

ϕ

1

ψ

2

ϕ

( )

1

2

ψ

F

n

2R

0

F

5

Начиная с некоторого прыжка можно приближенно считать, что для всех последующих прыжков

скорость зайца в прыжке равна w

, тогда средняя скорость за все время движения стремится к величине

средней скорости за цикл «прыжок-отдых»:

(

)

(

)

1

2

1

2

0

1

2

1

2

2

2

2

2

m

m

m

m

w

v

m

m

m

m

+

+

=

+

+

Исследуем частные случаи:
а) очень тяжелые доски, т.е.

=> доски остаются неподвижными, средняя скорость зайца

равна v

1

m

m

>>

2

2

/2 (половину времени отдыхает).

0

0

3
4

v

б) массы досок и зайца равны:

=> средняя скорость равна

1

m

m

=

Ответ:

(

)

1

2

0

1

2

2

2

m

m

v

m

m

+

+

.

6

. (7 баллов) Эффект изгиба луча при движении в толще стекла перпендикулярно градиенту

показателя преломления связан с конечной шириной фронта луча, вследствие чего верхняя часть фронта и
нижняя его часть за одно и то же время

t

Δ

проходят разные по длине пути 1 и 2, т.к. скорости их

различаются из-за различия показателей преломления окружающей среды.

x

Введем прямоугольную декартову систему координат, направив ось ординат вдоль градиента

показателя преломления, а ось абсцисс – вдоль первоначального направления распространения пучка.
Таким образом, если к текущему моменту фронт волны наклонен под углом

α

к вертикали, а его

поперечная ширина равна

δ

, то разница в пройденных путях составит

( )

(

)

( )

2

cos

cos

c t

c t

c t

n

l

n y

n y

n y

y

δ

α

δ

α

Δ

Δ

Δ ⋅

Δ ≈

−

≈

Δ

+

Δ

.

Соответственно фронт дополнительно повернется на угол

( )

2

cos

l

c t

n

n y

y

α

α

δ

Δ

Δ Δ

Δ ≈

=

Δ

.

С другой стороны, вдоль оси абсцисс луч преодолел расстояние

( )

cos

c t

x

n y

α

Δ

Δ ≈

, т.е.

n

x

n y

α

Δ

Δ ≈

Δ

Δ

.

Заметив, что если

- уравнение описываемой лучом траектории, то из геометрии

( )

y

y x

=

tg

y
x

α

Δ

≈

Δ

.

Вследствие слабого изменения показателя преломления с глубиной проникновения луча его изгиб будет
слаб и

tg

α α

≈

. Таким образом,

y
x

α

Δ

⎛

⎞

Δ ≈ Δ ⎜ ⎟

Δ

⎝

⎠

, т.е.

(

)

y x

n

x

n y

Δ Δ Δ

Δ

≈

Δ

Δ

.

y

1

2

α

α

Δ

cos

y

δ

α

+

y

δ

δ

6

( )

1

n y

by

= +

Подставляя теперь известную зависимость

, в приближении малых изменений получим

y

b x

x

Δ

⎛

⎞

Δ

≈ Δ

⎜

⎟

Δ

⎝

⎠

.

Просуммируем эти изменения:

y

bx const

x

Δ

≈

+

Δ

.

0

≈

Δ

Δ

x

y

Поскольку

tg

y

x

α

≈ Δ Δ

и при

луч строго горизонтален, т.е. при таком

0

x

=

x

, т.е. здесь

. Соответственно,

0

const

=

y bx x

Δ ≈ Δ

( )

1

2

2

1

const

bx

x

y

+

≈

Суммируя теперь эти изменения, получим

. Т.к. система координат введена

таким образом, что луч проходит через начало отсчета, то

( )

0

y

1

0

const

=

0

=

, т.е.

.

Таким образом, в приближении слабого изгиба луча он будет описывать параболу

( )

2

1
2

y x

b

=

x

.

Найдем угол, под которым луч падает на внутреннюю поверхность стекла:

tg

x l

x l

y

bl

x

β

α

=

=

Δ

≈

≈

≈

Δ

2

1
2

L

bl

=

и показатель преломления в точке выхода луча составит

По вертикали будет пройден путь

2 2

1

1

2

n

b

= +

sin

sin

n

β

ϕ

=

l

. Из закона Снелла:

, в приближении малости углов луч выйдет из стекла под

углом:

2 2

1

1

2

n

b l bl

ϕ

β

⎛

⎞

≈

≈ +

≈

⎜

⎟

⎝

⎠

bl

в принятых порядках малости.

Т.к. после отражения в зеркале и прохождения стекла луч должен выйти из него вертикальным, из

принципа обратимости несложно видеть, что падать на поверхность стекла после отражения в зеркале он
должен перпендикулярно. Таким образом, из геометрических соотношений получим связь между углом
выхода из стекла

ϕ

γ

после первого преломления и углом наклона зеркала к вертикали:

1

1

arctg

2

bl

γ

≈

2

2

π

ϕ

γ

= −

, откуда

,

.

0

42,14

γ

≈

( )

1

ch

by

bx

+

=

Примечание.

Точное решение для траектории дает

, а для искомого угла

( )

(

)

1

arccos sh

2

bl

γ

=

,

( )

(

)

1

sh

2

x

x

x

e

e

−

=

−

( )

(

)

1

ch

2

x

x

x

e

e

−

=

+

что численно дает

. Здесь

0

42,13

γ

≈

и

.

Ответ:

.

0

42,14

γ

≈

7

. (8 баллов) Из первого начала термодинамики

A

Q

dU

δ

δ

−

=

dT

C

dU

V

ν

=

dT

C

Q

ν

δ

=

pdV

A

=

δ

,

,

, то

Т.к.

dT

dV

p

C

C

V

ν

+

=

.

2

T

dT

R

p

dp

λμ

=

T

dT

dp

λρ

=

RT

p

⋅

=

μ

ρ

, а

, то

и, следовательно,

Поскольку из условия

7

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

T

T

R

p

p

1

1

exp

0

0

λμ

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

0

0

1

1

exp

T

T

R

p

RT

V

λμ

ν

⇒

.

Отсюда сразу находим, что

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

=

RT

T

V

dT

dV

λμ

1

.

Таким образом,

T

C

RT

T

pV

C

dT

dV

p

C

C

P

V

V

λμ

λμ

ν

ν

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

+

=

+

=

1

,

К

моль

Дж

⋅

т.к.

. Численно получим

R

C

C

V

P

=

−

7

,

77

−

≈

C

.

К

моль

Дж

⋅

Ответ:

C

7

,

77

−

≈

.

8

. (5 баллов) Из графика находим зависимость объема газа от его температуры:

(

)

1

2

1

1

2

1

T

T

T

T

V

V

V

V

−

−

−

+

=

Работу, совершаемую газом, найдем как интеграл

( )

(

)

∫

∫

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

−

+

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

−

−

−

−

=

=

2

1

2

1

1

2

1

2

1

2

1

1

2

1

1

2

1

2

T

T

V

V

T

T

T

V

V

T

T

T

V

V

V

TdT

T

T

V

V

R

dV

V

p

A

ν

, т.е.

(

)

1

2

1

2

1

2

2

1

1

2

ln

V

V

V

V

V

T

V

T

R

T

T

R

A

−

−

+

−

=

ν

ν

Численно получим

Дж.

5

10

5

,

2

⋅

≈

A

Ответ:

Дж.

5

10

5

,

2

⋅

≈

A

9

. (5 баллов) Для того, чтобы в самолете достигалась невесомость, он должен двигаться с ускорением

свободного падения, т.е. (в данном случае) двигаться по параболе

2

0

0

2

1

sin

cos

gt

t

V

y

t

V

x

−

⋅

=

⋅

=

α

α

Таким образом, действие сил сопротивление должно компенсироваться силой тяги двигателя, т.е.

. Т.к.

сопр

F

F

−

=

V

kV

F

=

V

kV

F

сопр

−

=

, то

. Работа силы тяги

dt

V

l

d

=

(

)

(

)

∫

∫

∫

=

⋅

=

⋅

=

T

dt

V

k

dt

V

V

V

k

l

d

F

A

0

3

2

1

2

1

, т.к.

,

g

V

T

α

sin

2

0

=

- время движения по траектории. Из закона сохранения энергии

а

2

2

0

2

0

2

0

2

sin

2

2

t

g

t

gV

V

gy

V

V

+

⋅

−

=

−

=

α

, откуда

(

)

(

)

g

kV

dz

z

z

g

kV

A

4

0

2

sin

2

0

2

3

2

4

0

2

cos

3

4

sin

1

sin

2

⋅

+

=

+

⋅

−

=

∫

α

α

α

α

,

g

kV

A

4

0

32

17

=

0

V

gt

z

=

. Вспоминая, что

6

π

α

=

, получим ответ в виде

.

где принято обозначение

Ответ:

g

kV

A

4

0

32

17

=

.

10

. (8 баллов) Объясним явление. Введем следующие обозначения: H – высота холодильника, b –

ширина дверцы, l – расстояние от ручки (точки измерения силы) к ближайшему боковому краю, V – объем

8

холодильной камеры, T – температура воздуха в комнате (предполагается постоянной), T

x

0

– нормальная

температура в холодильной камере,

0

x

T T

T

Δ = −

A

p

,

– атмосферное давление.

Рассмотрим случай идеального холодильника без натекания. В этом случае после закрытия дверцы

через некоторое время воздух внутри холодильника охладится на

T

Δ

и будет оставаться при температуре

T

, что приведет к дополнительной разности давлений:

x

0

A

T

p

p

T

Δ

Δ =

.

Здесь изохорный процесс, поскольку число молей и объем камеры остаются постоянными. Найдем,

какой дополнительный момент сил это создает для дверцы:

dF

p Hdx

dM

dF x

p Hxdx

= Δ ⋅

=

⋅ = Δ ⋅

Здесь ось x направлена от оси, на которой поворачивается дверца, к ручке. Интегрируя, получаем:

2

2

M

p H b

= Δ ⋅ ⋅

(

)

M

F b l

= Δ

−

С другой стороны, момент силы, приложенной рукой к дверце, равен

. Отсюда

дополнительная сила, которую надо приложить к ручке холодильника, равна:

(

)

(

)

2

2

0

2

2

A

Hb p

Hb p

T

F

b l

b l T

Δ

Δ

Δ =

=

−

−

.

При существовании натечек воздуха внутрь холодильника давление внутри и снаружи

выравнивается, и через большой промежуток времени сила стремится к предельному значению

F

∞

.

Предполагая в качестве простейшей модели, что интенсивность натечек через микропоры пропорциональна
разности давлений, а охлаждение воздуха внутри камеры происходит мгновенно (стенки холодные,
теплоемкость газа малая, перемешивание газа быстрое), получаем экспоненциальную зависимость от
времени:

( )

/

t

F t

F

F e

τ

−

∞

=

+ Δ ⋅

,

где τ – характерное время натечки, характеризующее степень герметичности холодильника.

Перенося

в левую часть и логарифмируя, получаем:

F

∞

( )

(

)

ln

ln

t

F t

F

F

a bt

τ

∞

−

= Δ − = −

( )

F t

Имея экспериментальные точки

, из предыдущего уравнения можно методом наименьших

квадратов оценить

и τ, а затем

F

Δ

p

Δ

T

Δ

и

.

( )

F t

Примечание. Если охлаждение воздуха не происходит мгновенно, зависимость

сначала растет

от

до некоторого максимума. Это зависит от мощности холодильника, объема камеры, скорости

циркуляции воздуха внутри камеры и много другого. Эти параметры можно оценить, если полностью
разморозить холодильник и потом включить. Положив внутрь градусник, мы знаем текущую температуру.
Проводя опыты по измерению силы при открывании двери, можно уточнить зависимость натечек от
разности давлений и температур внутри и снаружи холодильника.

F

∞

Математика

1

. (2 балла) При делении на натуральное число n существует n-1 ненулевых остатков: 1, 2, …, n-1. По

принципу Дирихле n-й остаток при делении будет равен одному из них, а длина периода дроби m/n не
больше, чем n-1.

2

. (4 балла) Условие задачи поставлено некорректно – треугольник с площадью 669 невозможно

вписать в окружность с радиусом, равным 2.

3

. (4 балла) Сделаем замену переменных: u = x – 3, v = y – 3 (при этом число точек внутри фигуры не

меняется), тогда:

9

1

1 2007

v

u

u

u

+ + − + + =

При

:

669

1

u

−

≤ ≤ −

2007 3

v

u

=

+

При

:

1

0

u

− ≤ ≤

2005

v

u

=

+

При

:

0

1

u

≤ ≤

2005

v

u

=

−

При

1

:

669

u

≤ ≤

2007 3

v

u

=

−

Эта фигура симметрична относительно осей абсцисс и ординат. В точке абсциссы u=–669 имеем одну

целочисленную точку, при u=–668 – 7 точек, и т.д., то есть на отрезке

669

1

u

−

≤ ≤ −

для числа точек имеем

арифметическую прогрессию с начальным членом 1 и разностью 6. При

0

u

=

2005* 2 1 4011

+ =

имеем

точек. Всего:

1

2

(

1)

* *2 4011 2686701

2

a

k N

S

N

+

−

=

+

=

.

4

. (4 балла) Преобразуем левую часть:

(

)

(

)

(

)

2cos

sin

2cos

sin

2cos

sin

2

2

2

2

2

2

cos

cos

cos

γ α

γ α

α β

α β

β γ

β γ

α

β

γ

+

−

+

−

+

−

⋅

⋅

=

Л.Ч.=

(

)

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

sin

sin

cos

cos

cos

γ

α

α

β

α

β

γ

−

−

⋅

⋅

β

γ

−

=

.

, ,

α β γ

При циклической перестановке углов

Л.Ч. не меняется, следовательно можно положить

{

}

max

, ,

γ

α β γ

=

.Рассмотрим два случая:

sin

sin

sin

γ

β

α

≥

≥

cos

cos

cos

γ

β

γ β α

≥ ≥

α

≤

≤

, тогда

и

(так как углы острые), и поэтому:

а)

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

cos

cos

γ

α

γ

α

α

β

−

−

≥

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

cos

cos

β

γ

β

γ

γ

β

−

−

≥

=

.

и

Тогда Л.Ч

.

(

)

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

sin

sin

cos

cos

cos

1

γ

α

α

β

β

γ

β

β

β

−

−

−

≥

⋅

⋅

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

cos

cos

β

γ

β

γ

γ

α

−

−

≥

(

)

(

)

sin

sin

sin

sin

cos

cos

α

γ α β

≥ ≥

, тогда

,

б)

β

α

β

β

α

−

−

≥

и неравенство

также выполняется, что и требовалось доказать.

[ ]

a

a

−

[

] [

] [

]

2004

2005

2006

2007

x

x

x

=

+

−

{ }

a

x

5

. (4 балла) Заменяя

на

, получим:

. То есть

2004

p

x

=

{

}

{ }

2005

1

2005

2004

2004

x

p

p

p

⎧

⎫ ⎧

⎫

=

=

+

=

⎨

⎬ ⎨

⎬

⎩

⎭ ⎩

⎭

p

x

, где

- некоторое целое число, тогда

, аналогично

{

} { }

2006

2

x

x

=

,

{

} { }

2007

3

x

x

=

.

Уравнение принимает вид:

{ } { } { }

2

3

x

x

+

= x

или

[ ] [ ] [ ]

2

3

x

x

x

+

=

.

Очевидно

1

x

=

- корень, а при

[

)

0,1

x

∈

[ ]

0

x

=

, следовательно

[ ] [ ]

2

3

x

x

=

.

Имеют место три случая:
а)

[ ] [ ]

2

3

0

3

1,

x

x

x

=

= ⇔

<

3

2004,

p

<

668

p

<

.

б)

[ ]

.

[ ]

2

1

2

3

1

3

2

x

x

x

x

≥

⎧

=

= ⇔ ⎨

<

⎩

1002
1336

p
p

≥

⎧

⇔ ⎨

<

⎩

в)

[ ] [ ]

3

1

2

2

3

2

2

1

3

x

x

x

x

⎧ > ≥

⎪⎪

=

= ⇔ ⎨

⎪ > ≥

⎪⎩

x

⇔ ∈∅

2004

p

x

=

x

вида

, где

Таким образом решениям данного уравнения являются все

{

} {

} {

}

0,1,...,667

1002,...,1335

2004

p

∈

∪

∪

.

10

6

. (4 балла) Уравнение можно переписать в следующем виде:

(

)

2

2

2

1

3

1

3

x

y

a

a

x

−

⎛

⎞

+

+

+

+

=

⎜

⎟

⎝

⎠

a

2

3

1

v

y

a

a

= +

+

+

1

x

u

x

−

=

3a

В координатах

,

это уравнение окружности с радиусом

.

Единственность решения возможна только при

1

y

= −

0

a

=

1

x

=

, при этом

,

.

7

. (4 балла)

:

(

)

0

,

,

N

P

α

α

∃ ≤ <

∈

∈

x P

N

α

= +

: тогда:

[ ]

[

]

0

1

1

:

N

n

n

n

N

x

P

P

P

P

n

n

N

N

N

N

N

α

α

α

=

+

− +

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

+

=

+

+

+ +

+

+ +

+

= ∃

+

=

⎢

⎥

⎢

⎥

⎢

⎥

⎢

⎥

⎣

⎦

⎣

⎦

⎣

⎦

⎣

⎦

∑

…

…

=

[ ]

(

)

[ ]

[ ]

1

1

;

,

NP N

N

PN

N P

Nx

x

N

N

α

α

α

⎡

⎤

⎛

⎞

=

+ − +

−

− =

+

=

+

=

∀ ∈

∈

⎜

⎟

⎢

⎥

⎝

⎠

⎣

⎦

[ ] [

]

0

2007

1

2007

N

n

n

e

Ne

e

N

=

⎡

⎤

+

+

=

+ + +

⎢

⎥

⎣

⎦

∑

[ ] [

0

1

N

n

n

N

N

π

π

=

⎡

⎤

+

=

+

+

⎢

⎥

⎣

⎦

∑

]

π

.

[ ] [ ]

2006

N

eN

π

⇔

−

=

Отсюда (*)

(

)

[

]

(

)

[ ]

(

)

2

2

1

1

1

1

k i

k

x

x

x N

x N

x N

x N

+

⎡

⎤

−

=

+ −

−

+

−

⎡

⎤

⎣

⎦

[ ] [ ]

N

x

N

eN

π

=

−

↑

≥

⎣

⎦

т.к.

(

)

[ ]

1

1

1

,

x N

x x N

x

+

≤

≥ −

⎡

⎤

⎣

⎦

1

1

, 6

(

)

2

1

1

2,14 2,7

0

x

x

≥

− − ≥

−

> −

1

1

0,6

,

k

k

k

k

x

x

x x

+

+

>

−

⎧

⎨

∈

⎩

1

k

k

x

x

+

≥

⇒

(

)

2006

пр

N

e

π

− ≈

Вначале найдем N приближенно как

.

2006

2006

4738

0, 423310825

пр

N

e

π

⎡

⎤

⎡

⎤

=

≈

=

⎢

⎥

⎢

⎥

−

⎣

⎦ ⎣

⎦

Отсюда

.

Найдем некоторые x

N

:

4737

4738

4739

4740

14881 12876 2005
14884 12879 2005
14888 12881 2007
14891 12884 2007

x
x
x
x

=

−

=

=

−

=

=

−

=

=

−

=

⇒

т.к. x

N

возрастает, то решений нет.

Ответ: решений нет.

8

ба

) За

ем

еви

е равенства:

. (4

лла

пиш оч

дны

1

1

A O OM

A M

+

=

,

, …,

2

2

A O OM

A M

+

=

n

n

A O OM

A M

+

=

Возведя в квадрат и почленно сложив все эти равенства, получим:

(

)

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1

2

...

2

...

...

n

n

A O

A O

A O

nOM

OM A O A O

A O

A M

A M

A M

+

+ +

+

+

⋅

+

+ +

=

+

+ +

2

n

.

1

2

...

n

A O A O

A O

+

+ +

2

n

π

равна нулю, так как при повороте каждого из этих векторов на угол

Сумма

вокруг точки их сумма не изменится.

O

Тогда

(1)

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

...

...

n

n

A O

A O

A O

nOM

A M

A M

A M

+

+ +

+

=

+

+ +

2

n

2

1

откуда

,

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1

2

...

...

...

n

n

A M

A M

A M

A O

A O

A O

nOM

A O

A O

A O

+

+ +

=

+

+ +

+

≥

+

+ +

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

...

...

n

n

A M

A M

A M

A O

A O

A O

nOA

+

+ +

≥

+

+ +

=

.

11

По неравенству Коши – Буняковского:

(

)(

)

2

2

2

4

4

4

2

2

2

1

2

1

2

1

1

... 1

...

...

n

n

A M

A M

A M

A M

A M

A M

nOA

+ + +

+

+ +

≥

+

+ +

≥

2

1

4

1

4

1

i

+

+

,

(

)

4

4

4

2

1

2

...

n

n A M

A M

A M

n OA

+

+ +

≥

,

4

4

4

1

2

...

n

A M

A M

A M

nOA

+

+ +

≥

.

Замечание: равенство (1) следует из теоремы Гюйгенса – Штейнера для моментов инерции, если в

точки

поместить единичные массы.

1

2

,

,...,

n

A A

A

9

. (5 баллов) Обозначим

, тогда имеем

( )

0

i

a x

p

=

2

1

k

k

k

p

x

p

<

<

+

1

1

1

2

1

k

k

k

p

x

p

+

+

+

<

<

…………………….

2

1

k m

k m

k m

p

x

p

+

+

+

≤

<

Причем

(строгое неравенство), так как если

,...,

1

2

i

i

i k

k m

p

x

∀ =

+ − →

<

2

i

i

x

p

=

1

2

i

i

a

p

+

=

, то

не

является простым.

Рассмотрим два неравенства:

1

1

1

1

1

1

1

2

1

2

2

2

2

1

2

1

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

p

x

p

p

x

p

p

x

p

p

x

p

+

+

+

+

+

+

⎧

⎧

<

<

+

<

<

+

⎪

⇔

⎨

⎨

<

<

+

<

<

⎪

⎩

⎩

2

k

+

+

Очевидно, что тогда

, откуда

1

1

2

1 2

2

k

k

k

k

p

p

p

p

+

+

>

⎧

⎨

+ ≤

+

⎩

1

2

1

k

k

p

p

+

=

+

.

Аналогично

.

1

2

2

1

1

2

1,...,

2

1 2

2

2

... 1 2

2

1

m

m

m

m

m

k

k

k m

k m

k

p

p

p

p

p

p

−

−

+

+

+

+ −

=

+

=

+ =

+

+

+ + =

+

−

10

. (5 баллов) Пусть основания высот H H и H

1,

2,

3

.

Пусть радиус окружности описанной около

треугольника ABC равен 2R, тогда радиус окружности описанной около треугольника H

1

H H

2

3

равен R (это

следует из гомотетичности треугольников H H H и N

1

2

3

1

N N

2 3

, где треугольник N N N

1 2 3

образован отрезками,

которые соединяют точки пересечения высот остроугольного треугольника ABC с описанной около него
окружностью. Пусть H – ортоцентр треугольника ABC тогда справедливы равенства: HH = H N , HH

1

1 1

2

=

H

2

N

2

, HH

3

= H

3

N

3

(

, тогда

1

1

1

H N B

ACB

BHN

∠

= ∠

= ∠

1

BHN

- равнобедренный, а следовательно HH

1

=

H N

1 1

), следовательно треугольники H H H и N N N

1

2

3

1 2 3

гомотетичны с коэффициентом гомотетии 2.).

Величины углов ортоцентрического треугольника равны

2

1

3

=180 -2

H H H

A

∠

°

,

,

(действительно, например :

1

2

3

=180 -2

H H H

B

∠

°

2

1

3

1

=2

=2(90 - )=180 -2

H H H

AN N

A

A

∠

∠

°

1

3

2

=180 -2

H H H

C

∠

°

°

). Но углы

треугольника можем легко найти, так как он прямоугольный.

2

1

3

=180 -2 ,

H H H

A

∠

°

но угол Н

1

прямой,

следовательно,

угол

A

= 45. Запишем

формулы

для

площади

треугольника

1

1

sin

sin

2

2

S

AC AB

A

AC CB

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

C

sin

sin

AB

A BC

C

=

sin

45

A

=

°

,

тогда

получим :

,

,

2 sin

BC

R

=

A

1

2

3

180

sin

sin

2

H H H

C

° − ∠

=

,

. Подставим:

1

3

2

1

3

2

1

3

2

180

cos

1

2 sin

2 cos

2

468

2

2

2

H H H

H H H

H H H

AB

R

R

R

° − ∠

∠

∠

+

=

=

=

=

(у

меня

=

1

3

2

cos H H H

∠

5

13

).

1

2

3

1

2

3

1

2

3

180

cos

1

25

sin

sin

cos

2

2

2

H H H

H H H

H H H

B

° − ∠

∠

∠

+

=

=

=

n B

Найдем

si

26

=

:

Тогда площадь треугольника равна:

1

1

1

25

1

5

sin

468 2 13

6 13 13

195

2

2

26

2

2

S

AB BC

B

=

⋅

=

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

⋅ ⋅

=

26

Ответ: площадь равна 195 ед.кв.

12