Физтех, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Перейдите в систему отсчёта первого катера: второй катер в ней движется к нему с некоторой начальной скоростью и постоянным ускорением. Какой путь пройдёт такое тело до остановки?

\(L_{\min}=\dfrac{(V_1+V_2)^2}{2(a_1+a_2)}=\dfrac{(20+10)^2}{2(2+1)}=150\text{ м}\) (для варианта #1 с числами условия).

В системе отсчёта, связанной с первым катером, второй катер движется с начальной скоростью \(U=V_1+V_2\) и ускорением \(a_{\text{отн}}=a_1+a_2\), направленными друг навстречу другу. При равнопеременном движении длина тормозного пути \[L_{\max}=\frac{U^2}{2a_{\text{отн}}}=\frac{(V_1+V_2)^2}{2(a_1+a_2)}.\] Это и есть наименьшее начальное расстояние, при котором столкновения не будет.

Запишите второй закон Ньютона для крюка и для обоймы отдельно. Пружина невесома, поэтому её натяжение в обеих частях динамометра одно и то же.

\(T=\dfrac{MF_1+mF_2}{M+m}=\dfrac{\frac{M}{m}F_1+F_2}{\frac{M}{m}+1}=\dfrac{3\cdot5+1}{3+1}=4\text{ Н}\).

Обе части динамометра движутся с одинаковым ускорением \(a\). Для крюка массы \(m\): \(ma=F_1-T\); для обоймы массы \(M\): \(Ma=T-F_2\). Исключая \(a\), получаем \[T=\frac{MF_1+mF_2}{M+m}.\]

Энергия жгута зависит от длины его части, лежащей на наклонной плоскости, и движение такой системы гармоническое. Какую долю периода занимает нужный отрезок пути?

\(\tau=\dfrac{\pi}{3}\sqrt{\dfrac{L}{g\sin\alpha}}\approx0{,}4\text{ с}\).

Пусть \(x\) — длина части жгута, находящейся на наклонной плоскости. Отсчитанная от нуля на горизонтальной плоскости потенциальная энергия жгута \(\Pi=\dfrac12\cdot\dfrac{M}{L}\,g\sin\alpha\cdot x^2\), кинетическая энергия \(K=\dfrac12 M\dot x^2\). Движение жгута до полного перемещения на горизонтальную плоскость — четверть периода гармонических колебаний. Половина жгута покинет наклонную плоскость за одну шестую часть периода: \[\tau=\frac{T}{6}=\frac{\pi}{3}\sqrt{\frac{L}{g\sin\alpha}}.\]

Концентрацию молекул найдите из основного уравнения молекулярно-кинетической теории. Затем сосчитайте, сколько молекул попадает на площадку \(S\) за время \(\tau\), если аппарат движется со скоростью \(V\).

\(\dfrac{N}{N_A}=\dfrac{3PSV\tau}{\mu\langle v^2\rangle}\approx138{,}98\); после деления на \(6\cdot10^{23}\) получаем \(\approx139\).

Основное уравнение МКТ \(P=\dfrac13 nm\langle v^2\rangle\) даёт концентрацию \[n=\frac{3P}{m\langle v^2\rangle}=\frac{N_A\cdot3P}{\mu\langle v^2\rangle},\] где \(m\) — масса молекулы, \(\mu\) — молярная масса, \(N_A\) — число Авогадро. Число соударений за время \(\tau\) равно \(N=nSV\tau\), поэтому \[\frac{N}{N_A}=\frac{3PSV\tau}{\mu\langle v^2\rangle}.\]

Работу газа за цикл найдите как площадь цикла в координатах \(P,V\). Далее используйте закон сохранения энергии для подъёма груза.

\(H=\dfrac{N\nu RT_0}{Mg}=\dfrac{29\cdot5\cdot8{,}31\cdot300}{400\cdot10}\approx90\text{ м}\).

Работа газа за один цикл \(A_1=2P_0V_0=2\nu RT_0\). По закону сохранения энергии \(0{,}5\,NA_1=N\nu RT_0=MgH\), отсюда \[H=\frac{N\nu RT_0}{Mg}.\]

В момент наибольшего сближения скорости протонов параллельны. Запишите закон сохранения энергии для двух положений системы.

\(r_{\min}=\dfrac{2}{3}L=2\text{ см}\).

Пусть \(v=|\vec v_1|=|\vec v_2|\). По условию \(2\cdot\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{kQ^2}{L}\). В момент максимального сближения скорости частиц параллельны и по модулю равны \(v\sin45^\circ\). По закону сохранения энергии \[2\cdot\frac{mv^2}{2}+\frac{kQ^2}{L}=2\cdot\frac{m\left(v/\sqrt2\right)^2}{2}+\frac{kQ^2}{r_{\min}},\] откуда \(r_{\min}=\dfrac23L\).

Сначала переместите шарик в серединную плоскость конденсатора: на этом участке работы нет. Дальше сравните потенциалы точки и серединной плоскости.

\(A=qU\left(\dfrac12-\dfrac1{10}\right)=1\cdot10^{-9}\cdot100\cdot0{,}4=40\text{ нДж}\).

На большом расстоянии перемещаем заряд до серединной плоскости конденсатора. Далее по этой плоскости перемещаем заряд в конденсатор — на этом перемещении работа нулевая. Затем работа при перемещении до точки на расстоянии \(d/n\) от положительной обкладки \[A_{\min}=QE\left(\frac d2-\frac dn\right)=QU\left(\frac12-\frac1n\right),\] при \(n=10\) получаем \(A_{\min}=40\text{ нДж}\).

Сразу после замыкания напряжение на конденсаторе равно нулю, поэтому он на этот момент ведёт себя как проводник. Какой ток течёт через ветвь с конденсатором?

\(I_C=\dfrac{E}{5R_1}=\dfrac{50}{5\cdot10}=1\text{ А}\) (при \(R_2=4R_1\), \(R_3=3R_1\), \(R_4=2R_1\), как в варианте).

Сразу после замыкания заряд и напряжение конденсатора нулевые, поэтому ток через батарею \(I=\dfrac{E}{R_1R_3/(R_1+R_3)+R_2R_4/(R_2+R_4)}=\dfrac{12E}{25R_1}\). Ток через конденсатор равен разности токов через резисторы \(R_1\) и \(R_2\): \[I_C=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{R_3}{R_1+R_3}I-\frac{R_4}{R_2+R_4}I=\frac{E}{5R_1}.\]

Выберите ось вращения через шарнир и запишите условие равновесия моментов сил. Сила Ампера приложена к части стержня между шарниром и рейкой.

\(I=\dfrac{mgL\sin\alpha\cos^2\alpha}{Bh^2}=\dfrac{0{,}1\cdot10\cdot0{,}5\cdot0{,}32\cdot0{,}8976}{0{,}1\cdot0{,}16}\approx9\text{ А}\).

Уравнение моментов относительно оси, проходящей через шарнир перпендикулярно плоскости чертежа: \[IB\,\frac{h}{\cos\alpha}\cdot0{,}5\cdot\frac{h}{\cos\alpha}=mg\cdot0{,}5\,L\sin\alpha.\] Отсюда \[I=\frac{mgL}{Bh^2}\sin\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right).\]

Горизонтальный импульс системы сохраняется, энергия тоже. В момент, когда шарики на одной вертикали, сила реакции горизонтальной плоскости равна нулю, то есть на нижний шарик действует только сила тяжести и натяжение стержня.

\(v_0=\sqrt{3gl}=\sqrt{3\cdot10\cdot0{,}3}=3{,}0\text{ м/с}\).

Внешние вертикальные силы — тяжесть и реакция плоскости — не дают горизонтального импульса, поэтому горизонтальный импульс системы сохраняется. В момент, когда шарики на одной вертикали, они движутся с одинаковыми по модулю скоростями \(v\), противоположными по направлению. Потерь энергии нет: \[\frac{mv_0^2}{2}=2\cdot\frac{mv^2}{2}+mgl.\] В этот момент система отсчёта, связанная с нижним шариком, инерциальна. В ней верхний шарик движется по окружности радиуса \(l\) со скоростью \(2v\): \(\dfrac{m\,4v^2}{l}=mg+T\). В лабораторной системе для нижнего шарика \(mg=T\). Отсюда \(v^2=\dfrac{gl}{2}\) и \[v_0=\sqrt{3gl}.\]

Выразите время движения на каждом отрезке через средние скорости, затем учтите, что отрезки пути одинаковы и ускорение постоянно.

\(V=\dfrac{V_1^2+V_2^2}{V_1+V_2}=\dfrac{10^2+15^2}{10+15}=13\text{ м/с}\).

Обозначим время движения на первом отрезке \(2\tau_1\), на втором \(2\tau_2\). По условию \(V_1\cdot2\tau_1=V_2\cdot2\tau_2\), \(V_2=V_1+a(\tau_1+\tau_2)\), \(V=V_1+a\tau_1\). Из этих соотношений следует \[V=\frac{V_1^2+V_2^2}{V_1+V_2}.\]

Запишите второй закон Ньютона для клина и для шайбы в проекциях на горизонталь и учтите связь ускорений: ускорение шайбы относительно клина направлено вдоль наклонной плоскости.

\(R=\dfrac{Mg(M+m)}{M+m\sin^2\alpha}=\dfrac{0{,}4\cdot10\cdot0{,}5}{0{,}4+0{,}1\cdot0{,}04}\approx5\text{ Н}\).

Силы, приложенные к телам: на клин действуют \(M\vec g\), сила \(\vec P=-\vec N\) со стороны шайбы и реакция плоскости \(\vec R\); на шайбу — \(m\vec g\) и нормальная реакция \(\vec N\). Проекции на горизонтальную ось дают \(Ma_{1x}=N\sin\alpha\) и \(a_{2x}=-\dfrac{M}{m}a_{1x}\). Ускорение шайбы вдоль наклонной плоскости \(a_{2\eta}=g\sin\alpha\). Из треугольника ускорений находим ускорение клина \[a_{1x}=\frac{m\sin2\alpha}{2(M+m\sin^2\alpha)}\,g.\] Далее \(P=\dfrac{Ma_{1x}}{\sin\alpha}\), и по вертикали \[R=Mg+P\cos\alpha=Mg\,\frac{M+m}{M+m\sin^2\alpha}.\]

Найдите результирующую постоянную силу в положении равновесия: сила тяжести и сила ветра. Как при малых колебаниях период зависит от этой силы?

\(T_1=T_0\sqrt{\cos\alpha}=1{,}6\sqrt{\cos40^\circ}\approx1{,}4\text{ с}\).

Сила, с которой ветер действует на шарик, \(F_В=mg\operatorname{tg}\alpha\). В положении равновесия результирующая сила тяжести и ветра \[F=\sqrt{(mg)^2+F_В^2}=\frac{mg}{\cos\alpha}.\] Для малых колебаний маятника с этой постоянной силой, действующей вместо силы тяжести, \[T_1=2\pi\sqrt{\frac{mL}{F}}=2\pi\sqrt{\frac{L\cos\alpha}{g}}=T_0\sqrt{\cos\alpha},\] где \(T_0=2\pi\sqrt{L/g}\).

Работу силы тяжести выразите через разность потенциальной энергии взаимодействия ракеты с Землёй в двух точках. Учтите, что \(g\) у поверхности связано с \(GM\) и \(R\).

\(A=-\dfrac{mgR\,h}{R+h}=-\dfrac{1000\cdot10\cdot6{,}4\cdot10^6\cdot1{,}9}{2{,}9}\approx-42\text{ ГДж}\).

Потенциальная энергия взаимодействия точечной массы \(m\) с однородным шаром массы \(M\) на расстоянии \(r\) от его центра \(\Pi(r)=-\dfrac{GMm}{r}\). Работа силы тяжести \[A=\Pi(R)-\Pi(R+h)=-\frac{GMm}{R}+\frac{GMm}{R+h}=-mgh\,\frac{R}{R+h},\] где \(g=\dfrac{GM}{R^2}\approx10\text{ м/с}^2\). Работа отрицательна, так как сила тяжести направлена против перемещения.

Найдите \(a\) и \(b\) по значениям давления в точках 1 и 2. Затем перейдите к переменной \(V\), которая обратно пропорциональна плотности.

\(A=\dfrac{U_{max}}{9}=\dfrac{4986}{9}=554\text{ Дж}\).

В состояниях 1 и 2: \(3P_0=a+\dfrac{b}{\rho_0}\), \(P_0=a+\dfrac{b}{2\rho_0}\), откуда \(a=-P_0\), \(b=4P_0\rho_0\). В координатах \(P,V\) (где \(V\propto1/\rho\)) процесс \(1-2\) — прямая \(P=P_0\left(4\dfrac{V}{V_0}-1\right)\). Цикл — треугольник, площадь которого \[A=\frac12\cdot2P_0\cdot\frac12V_0=\frac12P_0V_0.\] Максимальная внутренняя энергия газа — в точке 1: \[U_{\max}=\frac32\cdot3P_0V_0=\frac92P_0V_0,\] поэтому \(A=\dfrac{U_{\max}}{9}\).

Относительная влажность — отношение парциального давления пара к давлению насыщенного пара при той же температуре. В конечном состоянии пар насыщенный.

\(m_0=\dfrac{m}{1-\dfrac{1}{n\varphi}}=\dfrac{4}{1-\dfrac{1}{1{,}8}}=9\text{ г}\).

В начальном состоянии парциальное давление пара \(p_0=\dfrac{m_0}{\mu}\dfrac{RT}{V}\), в конечном состоянии пар насыщенный: \(p_н=\dfrac{m_0-m}{\mu}\dfrac{RT}{V/n}\). По условию \[\varphi=\frac{p_0}{p_н}=\frac{m_0}{(m_0-m)n},\] отсюда \[m_0=\frac{m}{1-\dfrac{1}{n\varphi}}.\]

Потенциал в центре кольца с распределённым зарядом равен \(kq/R\), а на оси — складывается из вкладов обоих колец. Работа внешней силы равна изменению потенциальной энергии заряда.

\(A=\dfrac{2kqQ}{R}\left(1-\dfrac{R}{\sqrt{R^2+a^2}}\right)\approx601\text{ мкДж}\).

Работа внешней силы равна взятой с противоположным знаком работе сил электрического поля: \(A=-Q(\varphi_2-\varphi_1)\). Потенциалы центров колец: \[\varphi_1=kq\left(\frac1R-\frac1{\sqrt{R^2+a^2}}\right),\qquad \varphi_2=-\varphi_1.\] Тогда \[A=\frac{2kqQ}{R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{R^2+a^2}}\right)\approx601\text{ мкДж}.\]

Сопротивления приборов найдите по их показаниям: вольтметр в первом опыте подключён в цепь с током \(I_1\), амперметр во втором опыте находится под напряжением \(U_2\). Затем запишите закон Ома для полной цепи в обоих опытах.

\(I_0=\dfrac{E}{r}\approx3{,}0\text{ А}\) (при \(r\approx6{,}8\text{ Ом}\), \(E\approx20{,}6\text{ В}\)).

Сопротивления приборов: вольтметра \(R_V=\dfrac{U_1}{I_1}=60\text{ Ом}\), амперметра \(R_A=\dfrac{U_2}{I_2}\approx1{,}96\text{ Ом}\). По закону Ома для полной цепи: в первом опыте \(E=I_1\left(R_V+R_A+r\right)\), во втором \(E=\left(I_2+\dfrac{U_2}{R_V}\right)r+U_2\). Отсюда \[r=\frac{U_1+U_2\left(\dfrac{I_1}{I_2}-1\right)}{I_2+I_1\left(\dfrac{U_2}{U_1}-1\right)}\approx6{,}8\text{ Ом}.\] ЭДС батарейки \(E=U_1+U_2\dfrac{I_1}{I_2}+I_1r\approx20{,}6\text{ В}\), а затем \(I_0=\dfrac{E}{r}\approx3{,}0\text{ А}\).

Второй закон Ньютона для кругового движения заряда в магнитном поле даёт связь скорости и радиуса; период обращения не зависит от скорости.

\(n=\dfrac{1}{T}=\dfrac{eB}{2\pi m_p}=\dfrac{0{,}96\cdot10^8\cdot0{,}4}{2\cdot3{,}14}\approx6{,}1\cdot10^6\text{ об/с}\), то есть \(6\) миллионов оборотов в секунду.

По второму закону Ньютона \(m\dfrac{V^2}{R}=eVB\), отсюда \(\dfrac VR=\dfrac{eB}{m}\). Период обращения \(T=\dfrac{2\pi R}{V}=\dfrac{2\pi m}{eB}\), число оборотов в секунду \[\frac1T=\frac{eB}{2\pi m}.\]

Сравните потенциал в центре пластины и в её вершине, используя принцип суперпозиции (разбейте пластину на малые части). Затем запишите закон сохранения энергии.

\(V_2=\dfrac{V_1}{\sqrt2}=\dfrac{14{,}1}{\sqrt2}\approx10\text{ м/с}\).

Потенциал в центре квадратной пластины \(\varphi_1\), потенциал в вершине по принципу суперпозиции \(\varphi_2=\dfrac12\varphi_1\) (так как в вершине в эти суммы входит половина расстояний). По закону сохранения энергии \(Q\varphi_1=\dfrac{mV_1^2}{2}\), \(Q\varphi_2=\dfrac{mV_2^2}{2}\). Отсюда \[\frac{V_2}{V_1}=\sqrt{\frac{\varphi_2}{\varphi_1}}=\frac1{\sqrt2}.\]

При постоянном тангенциальном ускорении связь квадрата скорости и пройденного пути линейна. Используйте это для двух точек участка.

\(V=\sqrt{kV_1^2+(1-k)V_0^2}=\sqrt{0{,}7\cdot100+0{,}3\cdot25}=\sqrt{77{,}5}\approx8{,}8\text{ м/с}\).

По условию модуль скорости санок меняется с постоянным ускорением: \(V_1^2-V_0^2=2a_\tau S\), \(V^2-V_0^2=2a_\tau kS\). Отсюда \[V=\sqrt{kV_1^2+(1-k)V_0^2}.\]

Ускорение кольца относительно земли совпадает по модулю с ускорением груза. Сила трения на кольце уравновешивает натяжение нити.

\(F_{\text{тр}}=\dfrac23mg=\dfrac23\cdot0{,}12\cdot10=0{,}8\text{ Н}\).

Ускорение кольца направлено вверх и по модулю равно ускорению груза \(a\). Для груза \(ma=mg-T\); для кольца \(\dfrac m2a=F_{\text{тр}}-\dfrac m2g\). Сила трения равна натяжению нити \(T\). Из этих соотношений \[F_{\text{тр}}=\frac23mg.\]

Реактивная сила за секунду должна уравновешивать вес. Мощность — это кинетическая энергия выбрасываемых газов за секунду.

\(P=\dfrac{MgU}{2}=\dfrac{3\cdot10^6\cdot10\cdot2600}{2}=3{,}9\cdot10^{10}\text{ Вт}=39\text{ ГВт}\).

Пусть за секунду двигатели разгоняют газ массой \(m_1\) от покоя до скорости \(U\). Реактивная сила равна силе тяжести: \(m_1U=Mg\). Мощность двигателей \[P=\frac{m_1U^2}{2}=\frac{MgU}{2}.\]

Положение равновесия груза при остановке лифта не меняется. Сравните скорость груза в момент остановки с максимальной скоростью гармонических колебаний.

\(A=V\sqrt{\dfrac{\Delta L}{g}}=0{,}5\cdot\sqrt{\dfrac{0{,}09}{10}}\approx0{,}047\text{ м}=4{,}7\text{ см}\).

При равномерном движении лифта \(mg=k\Delta L\). Амплитуда колебаний скорости груза равна скорости лифта \(V\), значит амплитуда колебаний смещения \[A=\frac{V}{\omega}=V\sqrt{\frac mk}=V\sqrt{\frac{\Delta L}{g}}.\]

Число соударений на единицу площади пропорционально \(n\sqrt{T}\). Из условия задачи найдите, как связаны давление и объём в процессе.

\(A=\dfrac12\nu R|\Delta T|=\dfrac12\cdot1\cdot8{,}31\cdot140\approx582\text{ Дж}\).

Число соударений на единицу площади за единицу времени \(j\sim n\sqrt{\dfrac{3RT}{\mu}}\sim\dfrac{\sqrt T}{V}=\text{const}\). Значит, в процессе \(T\propto V^2\), а давление и объём прямо пропорциональны: \(P=\alpha V\). Работа внешних сил над газом \[A=\frac{p_1V_1}{2}-\frac{p_2V_2}{2}=\frac12\,\nu R\left|\Delta T\right|.\]

Вне сферы она действует так же, как точечный заряд в центре. Сила на стержень получается интегрированием по его длине.

\(F_2=\dfrac23F_1=\dfrac23\cdot12=8\text{ мкН}\).

В первом опыте \(F_1=qE(2R)=\dfrac{kQq}{4R^2}\). Во втором опыте, с линейной плотностью \(\lambda=q/L\), \[F_2=\lambda\left(\varphi(2R)-\varphi(3R)\right)=\frac{kQq}{6R^2}=\frac23F_1=8\text{ мкН}.\]

Замените индуцированный заряд зарядом-изображением по другую сторону плоскости. Максимальная плотность — в точке, ближайшей к заряду.

\(r=\sqrt[3]{n}\cdot b=2\cdot0{,}6=1{,}2\text{ м}\) (по официальному решению).

Замена индуцированного на плоскости заряда положительным точечным зарядом-изображением (таким же по модулю), расположенным зеркально, не нарушает граничных условий. Наибольшая напряжённость \(E_{\max}=2k\dfrac{q}{b^2}\). В точках плоскости, удалённых от заряда на расстояние \(r\), по официальному решению \(E_n=2k\dfrac{qb}{r^3}\). Поверхностная плотность \[\sigma(r)=\varepsilon_0E_n=\sigma_{\max}\frac{b^3}{r^3},\] отсюда \(r=\sqrt[3]{n}\cdot b\).

До размыкания конденсатор заряжен до напряжения батареи. Определите токи в резисторах сразу после размыкания по напряжению на конденсаторе.

\(P_2=\dfrac{11}{18}P_1=\dfrac{11}{18}\cdot90=55\text{ Вт}\).

Сразу после замыкания ключа напряжение на двух параллельных резисторах равно нулю, ток через них не течёт, и через резистор, параллельный конденсатору, и через перемычку течёт ток разрядки \(E/R\). Мощность \(P_1=\dfrac{E^2}{R}\). В установившемся режиме через батарею течёт ток \(\dfrac{E}{1{,}5R}\), напряжение на конденсаторе \(U_C=\dfrac{2}{3}E\). Сразу после размыкания ключа напряжение на резисторе, соединённом последовательно с конденсатором, равно \(\dfrac E3\) и на нём рассеивается \(\dfrac{E^2}{9R}\), а на двух других резисторах — \(\dfrac{E^2}{2R}\). Суммарная мощность \[P_2=\frac{E^2}{2R}+\frac{E^2}{9R}=\frac{11}{18}\cdot\frac{E^2}{R}=\frac{11}{18}P_1.\]

Скорость точек обода приводного колеса равна скорости велосипеда. Амплитуда ЭДС индукции равна \(\varepsilon_{\max}=\omega NBS\), а действующее значение напряжения — это амплитуда, делённая на \(\sqrt2\).

\(v=\dfrac{U_{\text{д}}\,d}{\sqrt2\,NBS}=\dfrac{2{,}8\cdot0{,}02}{\sqrt2\cdot1900\cdot0{,}02\cdot4\cdot10^{-4}}\approx2{,}6\text{ м/с}\).

При качении колеса без проскальзывания линейная скорость точек шины в системе отсчёта, связанной с велосипедом, равна скорости \(v\) оси колеса. Ротор динамо-машинки вращается с угловой скоростью \(\omega=\dfrac{2v}{d}\), амплитуда ЭДС индукции \(\varepsilon_{\max}=\omega NBS\). По условию \(U_{\text{д}}=\dfrac{\varepsilon_{\max}}{\sqrt2}\), отсюда \[v=\frac{U_{\text{д}}\,d}{\sqrt2\,NBS}.\]

Запишите вертикальную координату камня в момент падения и связь скорости в этот момент с начальной скоростью через треугольник скоростей.

\(S=\dfrac{2H}{\operatorname{tg}\beta-\operatorname{tg}\alpha}=\dfrac{2\cdot5}{1{,}3-0{,}8}=20\text{ м}\).

В момент падения вертикальная координата камня, отсчитанная от площадки, равна нулю: \(H+V_0\sin\alpha\,T-\dfrac{gT^2}{2}=0\). Из треугольника скоростей следует \(gT=V_0\cos\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{tg}\beta)\). Исключая время полёта \(T\), получаем \((V_0\cos\alpha)^2=\dfrac{2gH}{\operatorname{tg}^2\beta-\operatorname{tg}^2\alpha}\). Горизонтальное перемещение \[S=V_0\cos\alpha\cdot T=\frac{1}{g}\left(V_0\cos\alpha\right)^2\left(\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{tg}\beta\right)=\frac{2H}{\operatorname{tg}\beta-\operatorname{tg}\alpha}.\]