Добро пожаловать в блог! Здесь вы можете поглубже познакомиться с математикой, порешать задания ГИА и ЕГЭ, а в перерывах почитать стихи и посмотреть чудесные цветы. Удачи Вам!

вторник, 22 марта 2016 г.

По закону Ома для полной цепи



Задание №41957  По закону Ома для полной цепи сила тока, измеряемая в амперах, равна I=ε/(R+r), где ε — ЭДС источника (в вольтах), r=3 Ом — его внутреннее сопротивление, R — сопротивление цепи (в омах). При каком наименьшем сопротивлении цепи сила тока будет составлять не более 4% от силы тока короткого замыкания Iкз=ε/r? (Ответ выразите в омах.)
Решение. Так как сила тока будет составлять не более 4% от силы тока короткого замыкания получаем неравенство I<= 0,04 Iкз. Или 

воскресенье, 20 марта 2016 г.

Окружность в квадрате и касательная



Для решения следующих геометрических задач необходимо знать
соответствующие факты из планиметрии. В частности, свойства касательных, проведённых к окружности из одной точки (их отрезки соединяющие исходную точку и точки касания равны), признаки подобия треугольников и свойства подобных треугольников, теорему Пифагора и другие.

Задача 1. К окружности, вписанной в квадрат ABCD, проведена касательная, пересекающая стороны AB и AD в точках M и N соответственно.
а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.
б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке P. В каком отношении делит сторону BC прямая, проходящая через точку P и центр окружности, если AM:MB=1:2?

Решение. а) По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки МН=МТ, NT=NR. Значит гипотенуза MN =МТ+ ТN =МН+ NR. Поэтому периметр треугольника AMN = АМ+ MN + AN = АМ+ МН+ NR + AN = АН + АR =АВ.

пятница, 4 марта 2016 г.

Угол между плоскостями



В приведённой ниже подборке заданий из открытого банка ФИПИ рассматриваются задачи на нахождение углов между плоскостями в правильной треугольной призме. (Вспомним, что у правильной треугольной призмы в основании лежит правильный треугольник, и боковые рёбра перпендикулярны основаниям).  Для того, чтобы найти двугранный угол (угол между двумя плоскостями, надо найти его линейный угол. Линейный угол образован перпендикулярами к ребру двугранного угла, проведёнными из одной точки, но в разных полуплоскостях (гранях).
Задание 1. В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 стороны основания равны 2, боковые рёбра равны 4, точка D – середина ребра СС1.
а) Постройте прямую пересечения плоскостей АВС и ADB1.
б) Найдите угол между плоскостями АВС и ADB1.
Решение. Построим сечение данной призмы плоскостью АDВ1. Это треугольник АDВ1. Секущая плоскость имеет с основанием АВС общую точку А, следовательно пересекает плоскость АВС по прямой, проходящей через точку А. Найдём еще одну точку этой прямой. Продолжим сторону ВС до пересечения с прямой B1D и получим точку К – общую для основания АВС и плоскости АDВ1. Значит эти плоскости пересекаются по прямой АК.

четверг, 3 марта 2016 г.

Автомобилист и велосипедист



В этом блоке мы продолжаем публиковать задачи на движение из открытого банка ФИПИ. Сегодня из пункта А в пункт В едут автомобилист и велосипедист с разными скоростями, но в одном направлении. Все благополучно прибывают в пункт назначения, но в разное время. Они ездят, а нам задачи решать. Ведь на ЕГЭ они тоже ездят и по тому же маршруту. Удачи!
Задание №39101  Из пункта А в пункт В, расстояние между которыми 60 км, одновременно выехали автомобилист и велосипедист. Известно, что в час автомобилист проезжает на 25 км больше, чем велосипедист. Определите скорость велосипедиста, если известно, что он прибыл в пункт В на 1 час 40 минут позже автомобилиста. Ответ дайте в км/ч.
Решение. Пусть х – скорость велосипедиста,
тогда х+25 скорость автомобилиста.
Обозначим весь путь через 2S. Тогда
60/х - время велосипедиста,
60/(х+25) время автомобилиста. Прибыл автомобилист в В на 1 час 40 мин раньше, поэтому получаем уравнение

По закону электромагнитной индукции



Приведём несколько задач с практическим (физическим) содержанием из открытого банка ФИПИ, при их решении надо уметь производить действия с числами, заданными в стандартном виде и находить углы по значениям тригонометрических функций.

Задание №28599  Плоский замкнутый контур площадью S=4 м2 находится в магнитном поле, индукция которого равномерно возрастает. При этом согласно закону электромагнитной индукции Фарадея в контуре появляется ЭДС индукции, значение которой, выраженное в вольтах, определяется формулой εi=aScosα, где α — острый угол между направлением магнитного поля и перпендикуляром к контуру, a=310−4 Тл/с — постоянная, S — площадь замкнутого контура, находящегося в магнитном поле (в м2). При каком минимальном угле α (в градусах) ЭДС индукции не будет превышать 610−4 В?
Решение. Подставим все известные данные в формулу для вычисления ЭДС
610−4 = 310−4 ⋅4⋅ sinα, разделим обе части уравнения на 1210−4, получим
0,5 = sinα , отсюда α =30.
Ответ 30.

Задания для самостоятельного решения.

среда, 2 марта 2016 г.

Рассчитать силу Лоренца



Задачи с практическим содержанием из открытого банка ФИПИ, при их решении надо уметь производить действия с числами, заданными в стандартном виде и находить углы по значениям тригонометрических функций.
 Задание №28567  Очень лёгкий заряженный металлический шарик зарядом q=510−6 Кл скатывается по гладкой наклонной плоскости. В момент, когда его скорость составляет v=6 м/с, на него начинает действовать постоянное магнитное поле, вектор индукции B которого лежит в той же плоскости и составляет угол α с направлением движения шарика. Значение индукции поля B=610−3 Тл. При этом на шарик действует сила Лоренца, равная Fл=qvBsinα (Н) и направленная вверх перпендикулярно плоскости. При каком наименьшем значении угла α[0;180] шарик оторвётся от поверхности, если для этого нужно, чтобы сила Fл была не менее, чем 910−8 Н? Ответ дайте в градусах.
Решение. Подставим все известные данные в формулу для вычисления силы Лоренца
910−8 = 510−6 ⋅6⋅610−3 sinα , или 910−8 = 18010−9sinα , отсюда
910−8 = 1810−8sinα , разделим обе части уравнения на 1810−8, получим
0,5 = sinα , отсюда α =30.
Ответ 30.

Задания для самостоятельного решения.

Равнобедренная трапеция и окружность



Разберём решение серии планиметрических задач из открытого банка ФИПИ по математике (профильный уровень). Эти задачи соответствуют уровню заданий под номером 16 профильного ЕГЭ. Для их решения необходимо хорошо знать геометрию на уровне 9 класса. В частности, свойства касательных и свойства радиуса, проведённого в точку касания, теорему Пифагора и теорему косинусов, свойство средней линии треугольника свойства параллелограмма, и другие.

Задание 1. Дана равнобедренная трапеция ABCD с основаниями AD и BC. Окружность с центром O, построенная на боковой стороне AB как на диаметре, касается боковой стороны CD и второй раз пересекает большее основание AD в точке H, точка Q — середина CD.
а) Докажите, что четырёхугольник DQOH — параллелограмм.
б) Найдите AD, если BAD=60° и BC=2.

Решение. а) Отрезок QO является средней линией трапеции ABCD, а значит,