Решение

\

Поскольку \(u>v>v\sin\varphi\) при всех \(90^\circ>\varphi\ge0^\circ\), это означает, что быстрая река сносит мальчика на боковое расстояние \(a = (u-v\sin\varphi)T\) от точки \(B\) (где \(T\) — время, за которое он достигает другого берега).

Поскольку время пересечения реки попросту равно \(T = \frac L{v\cos\varphi}\), это значит, что \[a = \frac{(u-v\sin\varphi)L}{v\cos\varphi} = \frac{(2-\sin\varphi)L}{\cos\varphi},\] где последнее выражение получено подстановкой данных значений. Теперь для минимизации \(a\) имеем \[\frac{da}{d\varphi} = L\frac d{d\varphi}\Bigl(\frac{2-\sin\varphi} {\cos\varphi}\Bigr) = \frac{L(2\sin\varphi-1)}{\cos^2\varphi},\] что явно обращается в нуль при \(\sin\varphi = \frac12\), т. е. \(\varphi = 30^\circ\). Подставляя это в выражение для \(a\), имеем \[a_{\min} = \frac{L(2-\frac12)}{\sqrt3/2} = \boxed{L\sqrt3}.\]

Решение 2. Пусть скорость мальчика относительно земли равна \(\vec w = \vec u+\vec v\). Поскольку \(\vec u\) — скорость воды — фиксирована, а модуль \(\vec v\) фиксирован, мы можем менять только ориентацию.

Суперпозиция всех возможных ориентаций заполняет окружность, как показано. Мы хотим, чтобы скорость относительно земли составляла как можно больший угол. Для этого \(w\), \(u\) и \(v\) должны быть тремя сторонами прямоугольного треугольника, так что \[w^2 = u^2-v^2\ \Longrightarrow\ w = \sqrt3\text{ м/с}.\] Время пересечения даётся выражением \(t = \frac L{w\sin\theta}\), а горизонтальное расстояние, пройденное за это время, равно \[a = w\cos\theta\,t = \frac L{\tg\theta} = \boxed{L\sqrt3}.\]

Решение

Пусть длина верёвки равна \(L\), \(AO = x\), а \(A'O' = y\), как показано на чертеже ниже.

Пусть также \(v_O\) — скорость кольца \(O\). По теореме Пифагора имеем \[(x-y)^2+b^2 = (L-y)^2.\] Взяв производную, получаем \[ \frac d{dt}(x-y)^2+\frac d{dt}b^2 &= \frac d{dt}(L-y)^2,\\ 2(x-y)\Bigl(\frac{dx}{dt}-\frac{dy}{dt}\Bigr) &= -2(L-y)\cdot\frac{dy}{dt},\\ (v_O-v)\Bigl(\frac{x-y}{L-y}\Bigr) &= -v,\\ (v_O-v)\cos\alpha &= -v, \] \[\boxed{v_O = v\Bigl(1-\frac1{\cos\alpha}\Bigr)}.\] Заметим, что эта скорость направлена вверх вдоль направляющей, отсюда её отрицательное значение.

Далее заметим, что \(\ctg\alpha = \frac{x-y}b\), откуда \[-\frac{d\alpha}{dt}\csc^2\alpha\cdot b = \frac d{dt}(x-y),\qquad \frac{d\alpha}{dt} = \frac vb\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha}.\] Отсюда получаем ускорение точки \(O\): \[a_O = \frac{dv_O}{dt} = v\sec\alpha\tg\alpha\frac{d\alpha}{dt} = \boxed{\frac{v^2}b\tg^3\alpha}.\]

Решение

Шарик может выйти из колодца, если в момент, когда он находится на максимальной высоте, он сталкивается со стенкой.

Время между любыми двумя соударениями со стенкой равно \(\frac{2R\cos\alpha}{v_0}\). Полное время полёта по одной параболе равно \(2\sqrt{\frac{2H}g}\). Значит, требуемое условие таково: \[2p\sqrt{\frac{2H}g} = \frac{2qR\cos\alpha}{v_0},\qquad\text{или}\] \[\boxed{pv_0\sqrt{\frac{2H}g} = qR\cos\alpha},\qquad p,q\in\mathbb N.\]

Решение

Чтобы длина нити оставалась постоянной, шарик будет иметь ускорение \(a\) вдоль клина. Поэтому, нарисовав векторы ускорений, получаем следующий чертёж.

По теореме косинусов находим \[a_{\text{полн}} = \sqrt{2a^2-2a^2\cos\alpha} = a\sqrt{2(1-\cos\alpha)} = a\sqrt{4\sin^2\frac\alpha2} = \boxed{2a\sin\frac\alpha2}.\]

Решение

В тот момент ускорение собаки равно \[\vec a = \frac{d\vec v_2}{dt} = v_2\frac{d\theta}{dt}\hat r.\] По идее 37 угловая скорость вектора относительного положения равна \[\frac{d\theta}{dt} = \frac{v_1\sin90^\circ}\ell = \frac{v_1}\ell.\] Отсюда из двух соотношений ускорение собаки равно \[\boxed{a = \frac{v_1v_2}\ell}.\]

Решение

Рассмотрим момент, когда конус находится прямо на краю, и перейдём в систему отсчёта конуса. В этой системе угол стола движется влево со скоростью \(v\) и имеет направленное вверх ускорение \(g\).

Угол стола по существу является снарядом, запущенным горизонтально со скоростью \(v\), и он не должен коснуться конуса. Минимальное значение \(v\) даст траекторию, при которой угол касается вершины конуса.

Углу нужно время \(\frac rv\), чтобы дойти до вершины. За это время он должен пройти \[h = \frac12g\Bigl(\frac rv\Bigr)^2,\qquad \boxed{v = r\sqrt{\frac g{2h}}}.\]

Решение

Интуитивно шнур будет чем-то вроде спирали.

Поскольку шнур может уходить в бесконечность, рассмотрим вместо этого последнюю точку. Поместим точку, где сходятся все ударные волны, в начало координат и воспользуемся полярными координатами, поскольку нам предстоит работать с расстояниями.

Шнур лежит вдоль кривой \(r(\theta)\), где \(r(0)\) — последняя загорающаяся точка. Ударной волне от последней точки поджига нужно время \(r(0)/c\), чтобы дойти до начала координат. Если отойти назад по шнуру на угол \(d\theta\), то соответствующей ударной волне нужно время \[\frac{r(d\theta)}c-\frac{ds}v,\] чтобы дойти до начала координат, где \(ds\) — бесконечно малая длина дуги. Заметим, что \(ds = \sqrt{r^2d\theta^2+dr^2}\).

Отсюда можно составить дифференциальное уравнение. Для каждого \(r(\theta)\) мы хотим \[\frac{r(\theta+d\theta)-r(\theta)}c = \frac{ds}v.\] Поделив обе части на \(d\theta\), получаем \(r'/c = \sqrt{r^2+r'^2}/v\). Возведя обе части в квадрат, получаем \[\frac{r'^2}{c^2} = \frac{r^2}{v^2}+\frac{r'^2}{v^2}.\] Собирая подобные члены и упрощая, получаем \[\frac{dr}{d\theta} = r\sqrt{\frac{c^2}{v^2-c^2}}.\] Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, которое даёт решение \[\boxed{r = C\exp\Bigl(\sqrt{\tfrac{c^2}{v^2-c^2}}\;\theta\Bigr)}.\]

Решение

\

Поскольку каждый из ромбов деформируется с одинаковой скоростью, можно применить гомотетии \(H(A_0,d/6)\) и \(H(A_0,d/2)\) вдоль линии \(A_0A_3\) и увидеть, что \[\boxed{v_{A_1} = \frac{v_0}6},\qquad \boxed{v_{A_2} = \frac{v_0}2}.\] Применяя идею 35 к линиям \(A_1B_2\) и \(A_2B_2\), видим, что у \(v_{B_2}\) есть составляющая \(\frac{v_0\cos45^\circ}2\) вдоль \(\overrightarrow{B_2A_2}\) и составляющая \(\frac{v_0\cos45^\circ}6\) вдоль \(\overrightarrow{A_1B_2}\).

По теореме Пифагора получаем \[v_{B_2} = \sqrt{\Bigl(\frac{v_0\sqrt2}4\Bigr)^2 +\Bigl(\frac{v_0\sqrt2}{12}\Bigr)^2} = \boxed{\frac{v_0\sqrt5}6}.\] Поскольку горизонтальные скорости всех точек постоянны, ускорение \(B_2\) должно быть направлено вниз.

Перейдя в систему отсчёта \(A_2\), можно применить идею 35 и увидеть, что \(v_{B_2} = \frac{v_0\cos45^\circ}3\) и оно направлено вдоль \(\overrightarrow{B_2A_1}\). Значит, центростремительное ускорение \(B_2\) равно \[a_C = \frac{v_{B_2}^2}{2l} = \frac{v_0^2}{36l},\] и оно направлено вдоль \(\overrightarrow{B_2A_2}\). Тангенциальная составляющая должна уравновесить центростремительную и дать в итоге ускорение, направленное вниз, поэтому \(a_T = a_C = \frac{v_0^2}{36l}\) и \[\boxed{a_{B_2} = \sqrt{a_T^2+a_C^2} = \frac{v_0^2\sqrt2}{36l}}.\]

Решение

Рассмотрим следующую постановку.

Теперь перейдём в систему отсчёта катера, вышедшего из гавани \(A\).

Поскольку \(\vec v_{\text{отн}} = \vec v_2-\vec v_1\), разложив их на компоненты, находим \[\tg\varphi = \frac{|v_1\sin\alpha-v_2\sin\beta|} {|v_1\cos\alpha+v_2\cos\beta|}.\] Отсюда можно найти, что \[\sin\varphi = \frac{|v_1\sin\alpha-v_2\sin\beta|} {\sqrt{v_1^2+v_2^2+2v_1v_2\cos(\alpha+\beta)}}.\] Тогда получаем \[\boxed{d = l\sin\varphi = \frac{l\cdot|v_1\sin\alpha-v_2\sin\beta|} {\sqrt{v_1^2+v_2^2+2v_1v_2\cos(\alpha+\beta)}}}.\]

Решение

Поскольку нити постоянно разматываются со скоростью \(\omega R\), диск должен двигаться в направлении нитей, чтобы они всё время оставались натянутыми. Пользуясь этим, построим чертёж.

Теперь из тригонометрии видно, что \(\cos\frac\alpha2 = \frac{\omega R}v\), т. е. \[\boxed{v = \frac{\omega R}{\cos\frac\alpha2}}.\]

Решение

Наклоним плоскость на угол \(\alpha\). Это даёт нам следующий чертёж.

Мяч находится на расстоянии \(b\) от стенки \(B\) и на расстоянии \(a\) от стенки \(A\). Пусть \(t_a\) и \(t_b\) — периоды прыжков. Тогда \[a = \frac12g\cos\alpha\frac{t_a^2}4\ \Longrightarrow\ t_a = 2\sqrt{\frac{2a}{g\cos\alpha}}\] и \[b = \frac12g\sin\alpha\frac{t_b^2}4\ \Longrightarrow\ t_b = 2\sqrt{\frac{2b}{g\sin\alpha}}.\] В среднем мяч ударяется о стенку \(A\) на каждый удар о стенку \(B\) в отношении \[\boxed{\frac{t_a}{t_b} = \sqrt{\frac{a\tg\alpha}b}}.\]

Решение

Прежде всего заметим, что \(L = 2\pi rk\).

По идее 21 (натяжение перпендикулярно направлению движения) скорость \(v\) бруска остаётся постоянной на протяжении всего движения.

Пусть \(l\) — длина той части нити, которая не касается цилиндра. Угловая скорость вокруг точки касания с цилиндром равна \(\omega = \frac vl\). Заметим, что \(r\frac{d\theta}{dt} = \frac{dl}{dt}\). Значит, \[r\omega = \frac{dl}{dt}\ \Longrightarrow\ \frac{rv}l = \frac{dl}{dt} \ \Longrightarrow\ rv = l\frac{dl}{dt},\] \[rv = \frac12\frac{d(l^2)}{dt}\ \Longrightarrow\ l^2 = 2rvt,\] поскольку \(l_0 = 0\). Отсюда \(t = \frac{l^2}{2rv} = \frac{2\pi^2rk^2}v\).

Заметим, что нить также описывает дополнительную полуокружность, не меняя длины, прежде чем начать наматываться обратно.

Поэтому наше окончательное время равно \(t = 2\cdot\frac{2\pi^2rk^2}v+\frac{\pi(2\pi rk)}v\), т. е. \[\boxed{t = \frac{2\pi^2kr(2k+1)}v}.\]

Решение

Если скорость ящика изображается вектором \(v_3\), то проекция \(v_3\) на \(v_1\) должна равняться \(v_1\), а проекция \(v_3\) на \(v_2\) должна равняться \(v_2\).

По существу это означает, что \(v_3\) должна складываться из \(v_1\) и вектора, перпендикулярного \(v_1\), и то же самое для \(v_2\). Это даёт нам следующий чертёж.

Мы хотим найти длину \(AC\). Поскольку этот четырёхугольник образован двумя прямоугольными треугольниками, он вписанный.

Поскольку \(\angle BDA\) и \(\angle BCA\) — вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, они равны. По теореме синусов получаем \[\frac{BD}{\sin\alpha} = \frac{AB}{\sin\angle BDA},\qquad \frac{AB}{\sin\angle BCA} = AC.\] Поскольку \(\angle BDA = \angle BCA\), имеем \(\frac{BD}{\sin\alpha} = AC\). По теореме косинусов \(BD = \sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}\), так что \[\boxed{AC = \frac{\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}}{\sin\alpha}}.\]

Решение 2. Похоже на предыдущее, но обозначим \(\angle CAD = \theta\), так что \(v_2 = v\cos\theta\) и \(v_1 = v\cos(\alpha-\theta)\). Перепишем \(v_1\) по формуле косинуса разности: \[v_1 = v(\cos\alpha\cos\theta-\sin\theta\sin\alpha) = v_2\cos\alpha-v\sin\theta\sin\alpha.\] Можно найти \(\sin\theta\): \[\sin\theta = \frac{CD}{AD} = \frac{\sqrt{v^2-v_2^2}}v.\] Подставляя это, получаем \[ v_1 &= v_2\cos\alpha-v\Bigl(\frac{\sqrt{v^2-v_2^2}}v\Bigr),\\ (v_2\cos\alpha-v_1)^2 &= (v^2-v_2^2)\sin^2\alpha,\\ v_2^2\cos^2\alpha+v_1^2-2v_1v_2\cos\alpha &= v^2\sin^2\alpha-v_2^2\sin^2\alpha. \] Перегруппировка и решение относительно \(v\) дают \[\boxed{v = \frac{\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}}{\sin\alpha}}.\]

Решение

(i) Пусть \(\hat\jmath\) направлен на север, а \(\hat\imath\) — на восток. Тогда начальная скорость равна \(v\hat\jmath\), а конечная — \(v\hat\imath\). Тогда имеем \[\Delta\vec v = v\hat\imath+v\hat\jmath,\qquad |\Delta\vec v| = \sqrt2v = a\Delta t.\] Поскольку \(a = \mu g\), \[\boxed{\Delta t = \frac{\sqrt2v}{\mu g}}.\]

(ii) Поскольку оптимальная траектория требует, чтобы ускорение (и по модулю, и по направлению) было постоянным, мы видим, что форма траектории — попросту форма траектории мяча в свободном падении, т. е. \(\boxed{\text{парабола}}\).

Решение

\

Уравнение траектории мяча (см. задачу 19) таково: \[z = \frac{v_0^2}{2g}-\frac g{2v_0^2}x^2.\] По уравнению окружности \[x^2+(z-R)^2 = R^2,\qquad x^2+z^2-2zR = 0,\] \[x^2+\Bigl(\frac{v_0^2}{2g}-\frac g{2v_0^2}x^2\Bigr)^2 -2R\Bigl(\frac{v_0^2}{2g}-\frac g{2v_0^2}x^2\Bigr) = 0,\] \[\Bigl(\frac{g^2}{4v_0^4}\Bigr)x^4+\Bigl(\frac{v_0^2-2gR}{2v_0^2}\Bigr)x^2 +\Bigl(\frac{v_0^2+4gR}{4g^2}\Bigr)v_0^2 = 0.\] Для оптимальной траектории приравняем дискриминант этого уравнения к нулю: \[\Bigl(\frac{v_0^2-2gR}{2v_0^2}\Bigr)^2 -4\Bigl(\frac{v_0^2+4gR}{4g^2}\Bigr)v_0^2\cdot\frac{g^2}{4v_0^4} = 0.\] Решая это относительно \(v_0\), получаем \(v_0 = \sqrt{\frac{gR}2}\). По закону сохранения энергии имеем \[\frac12mv^2 = \frac12mv_0^2+2mgR,\qquad \boxed{v = \sqrt{v_0^2+4gR} = \sqrt{\frac{9gR}2}}\] ¹.

Сноски

1. Эта задача встречалась на IPhO-2012. ↩

Решение

Заметим, что промежуток в 3 вспышки соответствует одному полному обороту диска. Это отвечает промежутку времени \(3t = 0{,}3\) с.

Мы знаем также, что расстояние между верхом и низом траектории лампы равно \(2a = 9{,}0\) см. На рисунке этому соответствует 6 клеток.

Горизонтальное расстояние между двумя красными вспышками внизу траектории составляет примерно 4 клетки, что отвечает горизонтальному расстоянию 6,0 см. Таким образом, скорость центра диска равна \[\boxed{v = \frac{6\text{ см}}{0{,}3\text{ с}} = 20\text{ см/с}}.\]

Решение

(i) Заметим, что полное время равно \(\frac{2a}v\), так что каждый автомобиль может проехать только 2 отрезка.

Поскольку \(v_{\text{расст}}\) никогда не положительна, автомобили всё время сближаются (кроме краткого мгновения при \(t = \frac av\)). Отсюда заключаем, что оба автомобиля должны оказаться в городе \(O\).

Если бы автомобили выехали из городов \(A\) и \(B\), их начальная \(v_{\text{расст}}\) была бы равна 0. Если бы они выехали из городов \(B\) и \(C\), начальная \(v_{\text{расст}}\) была бы \(v_0\sqrt2\). Остаётся единственная возможность: \(\boxed{\text{автомобили выехали из }A\text{ и }C\text{ и оба приехали в }O}\).

(ii) Поскольку площадь под графиком скорости — это просто расстояние, площадь под этим графиком равна разности расстояний между автомобилями в моменты \(t = 0\) и \(t = \frac av\). Значит, наш ответ \[\boxed{2a-\sqrt2a = (2-\sqrt2)a}.\]

(iii) \(A-B\): на первом отрезке у автомобилей одинаковая скорость, поэтому \(v_{\text{расст}} = 0\). На втором отрезке они едут навстречу друг другу, поэтому \(v_{\text{расст}} = -2v\).

\(B-C\): на протяжении всего движения векторы скоростей двух автомобилей перпендикулярны друг другу, и оба автомобиля сближаются, поэтому \(v_{\text{расст}} = -\sqrt2v\).

(iv) \(B-C\): на повороте автомобили сначала оказываются лицом друг к другу, а затем снова поворачивают до перпендикулярного положения, так что \(v_{\text{расст}}\) идёт от \(-\sqrt2v\) до \(-2v\) и обратно к \(-\sqrt2v\).

Решение

Если перейти в систему отсчёта, вращающуюся против часовой стрелки с угловой скоростью \(\omega/2\) вокруг точки \(A\), можно заметить, что точка пересечения \(I\) движется в этой системе по прямой.

Имеем \(AI = 2R\sin\theta\), откуда \[\frac{d(AI)}{dt} = 2R\cos\theta\cdot\frac{d\theta}{dt} = \omega R\cos\theta.\] В невращающейся системе отсчёта имеем \[\vec v_{\text{земли}} = \vec v_{\text{вращ}}+\frac{\vec\omega}2\times\vec r = \omega R\cos\theta\,\hat\jmath-\frac\omega2\cdot2R\sin\theta\,\hat\imath = \boxed{\omega R}.\]

Решение 2. Пусть первое кольцо имеет центр в \((0,0)\), так что его уравнение \(x^2+y^2 = r^2\), а положение точки \(O\) равно \((x_o,y_o)\).

Мы знаем, что второе кольцо имеет центр в \((x_o+r\cos\omega t,\ y_o+r\sin\omega t)\), так что его уравнение \[(x-(x_o+r\cos\omega t))^2+(y-(y_o+r\sin\omega t))^2 = r^2.\] Два решения этой системы уравнений — \((x_o,y_o)\) и \((r\cos\omega t,\ r\sin\omega t)\), поскольку \(x_o^2+y_o^2 = r^2\). Но тогда это и есть координаты второй точки пересечения, а значит, точка движется по окружности радиуса \(r\) с угловой скоростью \(\omega\), и потому её скорость постоянна и равна \(\boxed{\omega r}\).

Решение 3. Точка пересечения движется по кривой \(\rho = 2r\cos\theta\) с угловой скоростью \(\omega/2\) (здесь мы используем \(\rho\), чтобы отличать её от радиуса окружности). Скорость точки равна \[\frac{ds}{dt} = \frac{ds}{d\theta}\cdot\frac{d\theta}{dt} = \frac\omega2\sqrt{\rho^2+\Bigl(\frac{d\rho}{d\theta}\Bigr)^2} = \frac\omega2(2r)\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta} = \boxed{\omega r}.\]

Решение

Заметим, что точка на спице покажется неподвижной (т. е. резкой), если её скорость направлена вдоль спицы (или параллельно ей).

Пусть горизонтальная скорость велосипеда равна \(\vec v\), причём \(|\vec v| = \omega R\).

Поскольку тангенциальная скорость перпендикулярна радиус-вектору, нам нужно \(\omega r = |\vec v|\cos\theta = \omega R\cos\theta\), т. е. \(r = R\cos\theta\).

Обозначив центр колеса как \((0,0)\), можно определить, что множество точек задаётся параметрическим уравнением \[x = -R\cos\theta\sin\theta,\qquad y = -R\cos^2\theta.\] Заметим, что \[x^2+(y+R/2)^2 = R^2\cos^2\theta\sin^2\theta+R^2\cos^4\theta -R^2\cos^2\theta+\frac{R^2}4 = \frac{R^2}4.\] Поскольку \(x^2+(y+R/2)^2 = \bigl(\frac R2\bigr)^2\), множество точек на спицах, кажущихся резкими, описывается \(\boxed{\text{окружностью радиуса }\frac R2\text{ с центром на }\frac R2 \text{ ниже центра колеса}}\).

Решение

(а) Мы замечаем, что изображения оранжевого импульса нет, а значит, он произошёл непосредственно перед открытием затвора. Значит, синий импульс первый, затем красный, затем зелёный и наконец жёлтый. Поскольку записаны 4 импульса, выдержка должна быть \(\boxed{\text{между 300 мс и 500 мс}}\).

(б) В системе отсчёта центра диска вектор смещения \(\vec d\) между соседними вспышками всегда имеет один и тот же модуль \(d = 2R\sin(\omega\tau/2)\), а соседние векторы смещения всегда повёрнуты на один и тот же угол \(\omega\tau\). В лабораторной системе к ним нужно добавить дополнительный постоянный вектор смещения \(\vec v\tau\) из-за поступательного движения системы: \(\vec d\,' = \vec d+\vec v\tau\).

Из-за этого, если привести все векторы смещения в такие положения, чтобы их начальные точки совпали, конечные точки будут лежать на окружности радиуса \(d\). Итак, перерисуем векторы смещения \(\vec{br}\), \(\vec{rg}\) и \(\vec{gy}\) и построим описанную окружность треугольника, образованного концами векторов.

По рисунку измеряем угол поворота \[\omega\tau = 2{,}2\text{ рад}\ \Longrightarrow\ \boxed{\omega = 22\text{ рад/с}}.\] Постоянное смещение \[a = v\tau = 6{,}55\text{ см}\ \Longrightarrow\ \boxed{v = 65{,}5\text{ см/с}},\] а радиус окружности \[d = 2R\sin(\omega\tau/2) = 8{,}27\text{ см}\ \Longrightarrow\ \boxed{R = 4{,}6\text{ см}}.\]

Решение

Пусть расстояние между вспомогательными линиями сетки равно \(d\). Заметим, что \(d\) — это также (приближённо) диаметр струи воды.

Можно использовать точки \((0,0)\), \((20d,-5{,}5d)\) и \((30d,-12{,}5d)\), чтобы найти уравнение траектории воды, которое оказывается таким: \[y = -\frac{0{,}014}dx^2.\] Траектория воды задаётся также параметрическим уравнением \(x = vt\), \(y = -\frac g2t^2\), что даёт \(y = -\frac g{2v^2}x^2\). Значит, имеем \[\frac{0{,}014}d = \frac g{2v^2}\ \Longrightarrow\ v = \sqrt{\frac{gd}{0{,}028}}.\] Поскольку расход из трубы должен быть равен скорости наполнения сосуда, \[\frac{\pi d^2v}4 = \frac{\pi d^2\sqrt{\frac{gd}{0{,}028}}}4 = \frac Vt.\] Это уравнение даёт \[\boxed{d = \Bigl(\frac{4V}{\pi t}\sqrt{\frac{0{,}028}g}\Bigr)^{2/5} = 1{,}03\text{ мм}}.\]

Решение

Рассмотрим следующий чертёж.

Поскольку скорости и катера, и реки постоянны, мусор должен лежать на одной прямой с тем катером, с которого он упал, и потому можно заключить, что два нижних куска мусора — с катера, отмеченного треугольником.

Значит, катер, отмеченный треугольником, должен был отправиться из точки \(A\), а катер, отмеченный квадратом, — с другой стороны реки (иначе второй катер не смог бы сбросить мусор выше себя). Тогда можно провести следующие линии.

Поскольку скорость течения реки направлена только горизонтально, катера встречаются в точке на прямой, параллельной берегам и проходящей через точку \(P\). Так как путь катера с треугольником у нас уже есть, можно соединить эту точку пересечения с квадратом и продолжить до противоположного берега, чтобы получить точку отправления катера, отмеченного квадратом.

Итак, \(\boxed{\text{точка }B}\) — точка отправления второго катера.

Решение

Пусть \(d\) обозначает общее расстояние между соседними машинами (оно одинаково для всех полос). Поток машин (в машинах в секунду), въезжающих на полосу \(A\), равен \(\frac{v_A}d\), а на полосу \(B\) — \(\frac{v_B}d\). Заметим, что \(v_A = 3\) км/ч и \(v_B = 5\) км/ч.

По идее 39 поток машин, въезжающих на полосу \(C\), должен быть \(\frac{v_A}d+\frac{v_B}d\). Это означает, что скорость машин на полосе \(C\) попросту равна \(v_A+v_B = 8\) км/ч. Значит, наш окончательный ответ таков: \[\boxed{\frac{1\text{ км}}{3\text{ км/ч}}+\frac{2\text{ км}}{8\text{ км/ч}} = 0{,}583\text{ ч} = 35\text{ мин}}.\]

Решение

(а) Рассмотрим прямоугольную призму длины \(l\), ширины \(w\) и высоты \(h\).

Предположим, что объём дождя, который человек получает за секунду, пропорционален \(Av_r\) с некоторым коэффициентом пропорциональности \(k\), где \(A\) — площадь поперечного сечения, на которое падает дождь, а \(v_r\) — скорость дождя. Пусть \(V\) — критический объём дождя, нужный, чтобы человек «промок».

Когда человек не движется, находим, что \(V = Akv_rt_1 = lwkv_rt_1\).

Когда человек движется со скоростью \(v_m\), в его системе отсчёта дождь падает на него под углом \(\theta = \arctg\bigl(\frac{v_m}{v_r}\bigr)\) к вертикали со скоростью \(\sqrt{v_r^2+v_m^2}\), как показано на следующем чертеже.

Итак, видим, что \[V = Ak\sqrt{v_r^2+v_m^2}\,t_2 = w(l\cos\theta+h\sin\theta)k\sqrt{v_r^2+v_m^2}\,t_2.\] Поскольку \(\cos\theta = \frac{v_r}{\sqrt{v_r^2+v_m^2}}\) и \(\sin\theta = \frac{v_m}{\sqrt{v_r^2+v_m^2}}\), выражение эквивалентно \(V = w(lv_r+hv_m)kt_2\). Теперь имеем \[lwkv_rt_1 = w(lv_r+hv_m)kt_2\ \Longrightarrow\ v_r = \frac{hv_mt_2}{l(t_1-t_2)}.\] Подставляя \(v_m = \frac{18}{3{,}6}\) м/с, \(t_1 = 120\) с, \(t_2 = 30\) с, получаем \(v_r = \frac{5h}{3l}\) м/с. Это даёт при \(v_m = 6\) км/ч \[\boxed{t = \frac{lv_rt_1}{lv_r+hv_m} = 60\text{ с}}.\]

(б) Рассмотрим шар радиуса \(R\). Предположим, как и раньше, что объём получаемого за секунду дождя пропорционален \(Av_r\) с коэффициентом \(k\), и пусть \(V\) — критический объём.

Когда человек не движется, \(V = Akv_rt_1 = \pi R^2kv_rt_1\).

Когда человек движется со скоростью \(v_m\), в его системе отсчёта дождь падает на него под углом \(\theta = \arctg\bigl(\frac{v_m}{v_r}\bigr)\) к вертикали со скоростью \(\sqrt{v_r^2+v_m^2}\), как показано на чертеже.

Итак, видим, что \(V = Ak\sqrt{v_r^2+v_m^2}\,t_2 = \pi R^2k\sqrt{v_r^2+v_m^2}\,t_2\), откуда \[\pi R^2kv_rt_1 = \pi R^2k\sqrt{v_r^2+v_m^2}\,t_2\ \Longrightarrow\ v_r = \frac{v_mt_2}{\sqrt{t_1^2-t_2^2}}.\] Отсюда для \(v_m = 6\) км/ч получаем \[\boxed{t = \sqrt{1{,}5}\text{ мин}\approx73\text{ с}}.\]

Решение

Длина полосок определяется промежутком времени, в течение которого изображение капли остаётся внутри щели между шторками. Он, в свою очередь, обратно пропорционален той компоненте относительной скорости изображения, которая перпендикулярна краю шторки.

В первом случае скорость шторок \(\vec v\) и скорость изображения капли \(\vec u\) параллельны, во втором — антипараллельны, а в третьем — перпендикулярны. В антипараллельном случае есть две возможности, так как мы не знаем, что быстрее — шторка или изображение.

Таким образом, время присутствия достаточного следа равно \(\frac d{|u\pm v|}\), а длина следа \(l = \frac{vd}{|u\pm v|}\). Пусть \(u\ge v\); тогда \[l_1 = \frac{vd}{u+v},\qquad l_2 = \frac{vd}{u-v}.\] Деля второе уравнение на первое, получаем \(\frac{u+v}{u-v} = \frac{l_2}{l_1} = \frac53\), откуда \(3u+3v = 5u-5v\Rightarrow u = 4v\).

Если камера в портретном положении, то достаточное изображение присутствует в щели в течение \(d/u\), так что длина следа равна \(l_3 = \frac{vd}u\) и \[\frac{l_3}{l_1} = 1+\frac vu = \frac54\ \Longrightarrow\ \boxed{l_3 = \tfrac54l_1 = 150\text{ пикселей}}.\] Если \(u<v\), меняется только второе уравнение, \(l_2 = \frac{vd}{v-u}\), так что \(3u+3v = 5v-5u\) и \(u = v/4\), откуда \[\boxed{l_3 = 5l_1 = 600\text{ пикселей}}.\]

Решение

\

Измеряя диаметры волновых фронтов, получаем приблизительно \[ d_1 &= 0{,}09L, & d_2 &= 0{,}39L, & d_3 &= 0{,}90L, & d_4 &= 1{,}61L,\\ d_5 &= 2{,}52L, & d_6 &= 3{,}53L, & d_7 &= 4{,}54L. && \] Пусть время между последовательными снимками равно \(\Delta t\). Согласно условию гребень волны сначала движется с ускорением \(a = \frac g\pi\). Это даёт \[x = \frac{gt^2}{2\pi}\ \Longrightarrow\ t = \sqrt{\frac{2\pi x}g}.\] Подставляя первые несколько значений \(d\), находим \(\Delta t\approx\sqrt{\frac{0{,}1\pi L}g}\).

Также по условию гребень волны стремится к предельной скорости \(v_\infty = \sqrt{hg}\). Это уравнение можно приблизить как \[\frac{1{,}01L}{\Delta t} = \frac{1{,}01L}{\sqrt{\frac{0{,}1\pi L}g}} = \sqrt{hg}.\] Упрощая, получаем \(\boxed{h\approx3{,}2L}\).

Решение

Рассмотрим следующий чертёж.

В момент \(t\) лодка описала угол \[\theta = \frac{vt}{\pi R}\cdot\pi = \frac{tv}R.\] Значит, в момент \(t\) лодка находится на расстоянии \(L-R\sin\bigl(\frac{vt}R\bigr)\) от берега. Поэтому в момент \(t_2\) волновой фронт, испущенный в момент \(t_1\), находится на расстоянии \(L-R\sin\bigl(\frac{vt_1}R\bigr)-u(t_2-t_1)\) от берега.

Мы хотим найти минимальное возможное \(t_2\), при котором уравнение \(L-R\sin\bigl(\frac{vt_1}R\bigr)-u(t_2-t_1) = 0\) имеет вещественное решение для \(t_1\). Для этого выразим \(t_2\): \[t_2 = \frac{L-R\sin\bigl(\frac{vt_1}R\bigr)}u+t_1.\] Взяв производную по \(t_1\) и приравняв её к нулю, получаем \(1-\frac{v\cos\bigl(\frac{vt_1}R\bigr)}u = 0\), т. е. \(t_1 = \frac Rv\arccos\bigl(\frac uv\bigr)\).

Поскольку \(u<v\), это допустимое решение, так что подставим \(t_1\) обратно в выражение для \(t_2\): \[t_2 = \frac{L-R\sin\bigl(\arccos\frac uv\bigr)}u +\frac Rv\arccos\Bigl(\frac uv\Bigr).\] Имеем \(\sin\bigl(\arccos\frac uv\bigr) = \frac{\sqrt{v^2-u^2}}v\). Следовательно, \[\boxed{t_2 = \frac Rv\arccos\Bigl(\frac uv\Bigr)+\frac Lu -R\sqrt{\frac1{u^2}-\frac1{v^2}}}.\]

Решение

Волны движутся симметрично относительно траектории лодки в системе отсчёта реки. В системе отсчёта реки траектория лодки лежит на биссектрисе угла между волнами.

Направление скорости лодки относительно земли — от \(A\) к \(B\). Пусть \(u\) — скорость воды. Тогда \(v\), \(u\) и скорость лодки относительно земли образуют прямоугольный треугольник: \[\sin(\angle RQO) = \frac uv\ \Longrightarrow\ 0{,}26 = \frac uv \ \Longrightarrow\ \boxed{u = 1{,}82\text{ м/с}}.\] Заметим также, что \(OP = wt\) и \(OQ = vt\). Следовательно, \[\frac wv = \frac{OP}{OQ} = 0{,}64\ \Longrightarrow\ w = 4{,}48\text{ м/с},\] и \[\boxed{h = \frac{w^2}g = 2{,}05\text{ м}}.\]

Решение

(а) Рассмотрим произвольную точку \(B\) на дороге, обозначенной светло-серым цветом. Точка пересечения перпендикуляра из \(B\) со следом дыма — это \(C\).

Дым пройдёт расстояние \(|BC| = ut\), где \(u\) — скорость ветра. За то же время \(t\) трактор пройдёт расстояние \(v_0t\). Измеряя, находим \[|AB| = 7{,}1\text{ см},\qquad |BC| = 3{,}1\text{ см}.\] Тогда получаем \[u = v_0\frac{ut}{v_0t} = v_0\frac{|BC|}{|AB|} = 30\text{ км/ч}\cdot\frac{3{,}1\text{ см}}{7{,}1\text{ см}} \approx\boxed{13\text{ км/ч}}.\]

(б) Обозначим начальную точку левого трактора как \(A\), начало координат как \(O\), а начальную точку правого трактора как \(B\).

Заметим, что \(|AO| = v_0t\); значит, если продолжить линию на другой дороге, находим, что \(|OC| = v_0t\). Тем самым мы находим точку \(C\). След дыма из \(C\) оказывается параллелен следу дыма в \(B\). Если продолжить оба следа дыма в \(A\) и \(C\), мы находим точку \(D\).

Значит, встреча следов дыма обоих тракторов даёт \(|OD| = ut\). Поэтому \[u = v_0\frac{ut}{v_0t} = v_0\frac{|OD|}{|OC|} = 30\text{ км/ч}\cdot\frac{4{,}9\text{ см}}{7{,}0\text{ см}} \approx\boxed{21\text{ км/ч}}.\]

Решение

В свободно падающей системе отсчёта оба мяча движутся с постоянной скоростью. Определим точку \(Q\) как точку, равноудалённую от \(A\) и \(B\).

Чтобы найти, где находится \(Q\), можно соединить точки отрезком \(|AB|\) и построить его серединный перпендикуляр (это можно сделать циркулем и линейкой). Проведём также вертикальную линию вниз из \(P\). Точка \(Q\) находится там, где эта линия пересекает серединный перпендикуляр к \(|AB|\).

В лабораторной системе \(Q\) свободно падает, и потому за время \(t\) она проходит расстояние \(|PQ| = gt^2/2\). Измеряя, видим, что \[|PQ| = 8{,}6\text{ см},\qquad |AQ| = 26\text{ см}.\] Теперь находим \[|PQ| = \tfrac12gt^2\ \Longrightarrow\ t = 1{,}3\text{ с},\] и, пользуясь \(d = vt\) (ввиду постоянного ускорения), находим \[|AQ| = 1{,}3v\ \Longrightarrow\ \boxed{v\approx20\text{ м/с}}.\]

Решение

Рассмотрим лодку в системе отсчёта воздуха. Поскольку у нас есть измерения ветра, можно найти смещение лодки в системе отсчёта воздуха. Юг и восток будем считать положительными направлениями.

На первом участке ветер дул с востока, так что в системе отсчёта воздуха лодка смещается на восток на \[x_1 = 60v_1t_1\] (множитель 60 нужен для перевода времени в секунды).

То же самое для второго участка, только нужно учесть, что ветер дул с юго-востока, так что есть и южное, и восточное смещение: \[x_2 = 60v_2\cos(\pi/4)t_2 = 30\sqrt2\,v_2t_2,\] \[y_2 = 60v_2\sin(\pi/4)t_2 = 30\sqrt2\,v_2t_2.\] Аналогично для последнего участка имеем \[x_3 = 60v_3\cos(3\pi/4)t_3 = -30\sqrt2\,v_3t_3,\] \[y_3 = 60v_3\cos(3\pi/4)t_3 = 30\sqrt2\,v_3t_3.\] Полное южное смещение равно \[y = 30\sqrt2v_2t_2+30\sqrt2v_3t_3\approx955\text{ м},\] а полное восточное смещение \[x = 60v_1t_1+30\sqrt2v_2t_2-30\sqrt2v_3t_3\approx3018\text{ м}.\] Поскольку смещение в лабораторной системе — 4000 м на юг, можно найти смещение, вызванное ветром (в лабораторной системе), как \(4000-y\) на юг и \(-x\) на восток. Отсюда достаточно поделить на полное время, чтобы найти скорость ветра, поскольку она постоянна: \[\boxed{v_{\text{ветра}} = \frac{\sqrt{(4000-y)^2+(-x)^2}}{60(t_1+t_2+t_3)} = \frac{\sqrt{3045^2+3018^2}}{60}\approx12\text{ м/с}}.\]

Решение

Назовём шарики \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), …, \(a_N\).

Когда все шарики отпущены, соотношение их скоростей не меняется (т. е. если скорость \(a_i\) изначально меньше скорости \(a_j\), то она будет меньше скорости \(a_j\) во все моменты).

Когда два одинаковых тела сталкиваются упруго, они обмениваются скоростями. По существу это то же самое, как если бы тела проходили друг сквозь друга. Поэтому вместо этого предположим, что шарики никогда не меняют направления и продолжают проходить друг сквозь друга, а мы вместо этого считаем число раз, когда один шарик проходит сквозь другой.

Эти соображения можно объединить и заключить, что каждый шарик может пройти сквозь каждый другой шарик не более одного раза, так что максимум достигается, когда каждый шарик проходит сквозь каждый другой ровно один раз, что даёт окончательный ответ \[\boxed{\frac{N(N-1)}2}.\]