Физтех, 2025/26, отборочный этап, 10 класс

Скорость роста расстояния до корабля — это проекция относительной скорости торпеды на направление, соединяющее корабль и торпеду. Для второй торпеды удобно работать с векторной разностью скоростей.

По условию \(|\vec V_2-\vec V_1|^2 = n^2\,(V_2-V_1)^2\), здесь \(V_1\) — скорость корабля, \(V_2\) — скорость торпеды. Далее \[V_1^2 + V_2^2 - 2V_1V_2\cos\alpha = n^2\left(V_1^2 - 2V_1V_2 + V_2^2\right).\] Отсюда следует \[\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^2 - 2\,\frac{n^2-\cos\alpha}{n^2-1}\,\frac{V_2}{V_1} + 1 = 0,\] и окончательно \[\frac{V_2}{V_1} = p + \sqrt{p^2-1}, \qquad p = \frac{n^2-\cos\alpha}{n^2-1}.\]

Средняя скорость на отрезке равна его длине, делённой на время прохождения. Запишите время на каждом из двух одинаковых отрезков и используйте равнозамедленность.

По условию \(V_1T_1 = V_2T_2\), искомая скорость \[V = V_1 - 0{,}5aT_1 = V_2 + 0{,}5aT_2 .\] Из этих соотношений следует \(0{,}5aT_1 = \dfrac{V_1-V_2}{V_1+V_2}\,V_2\), тогда \[V = \frac{V_1^2+V_2^2}{V_1+V_2}.\]

Удар о стенку абсолютно упругий, поэтому вертикальное движение от него не меняется. Используйте симметрию траектории и перемещения мяча за равные промежутки времени.

Обратимся к соображениям симметрии. Считаем, что соударение со стенкой происходит через \(\tau\) после старта. Тогда в высшей точке траектории мяч находится через время \(1{,}5\,\tau\) после старта. За это время вертикальные перемещения мяча за три последовательных равных промежутка времени каждый длительностью \(0{,}5\,\tau\) относятся как \(5:3:1\). Наибольшая высота полета мяча \[\frac{9}{8}\,h = \frac{g}{2}\left(\frac{T}{2}\right)^2,\] отсюда \[T = 3\sqrt{\frac{h}{g}}.\]

Запишите второй закон Ньютона для бруска на шероховатой плоскости с учётом нормальной реакции, которая зависит от угла \(\alpha\). Ускорение выражается через \(\mu\sin\alpha+\cos\alpha\): найдите его максимум.

В первом случае \(a_1 = \dfrac{F}{m}\). Во втором случае \(m\vec a_2 = m\vec g + \vec F + \vec N_2 + \vec F_{TP}\). Переходя к проекциям сил и ускорения на вертикаль и горизонтальное направление, \[N_2 = mg - F\sin\alpha, \qquad ma_2 = F\cos\alpha - F_{TP} = F\cos\alpha - \mu\left(mg - F\sin\alpha\right),\] здесь учтено, что при скольжении \(F_{TP} = \mu N_2\). Далее \[a_2 = a_1\left(\mu\sin\alpha + \cos\alpha\right) - \mu g = a_1\sqrt{1+\mu^2}\,\sin(\alpha+\varphi_0) - \mu g, \qquad \mathrm{ctg}\,\varphi_0 = \mu.\] Тогда \[a_{2\,MAX} = a_1\sqrt{1+\mu^2} - \mu g, \qquad S_{MAX} = \frac{a_{2\,MAX}}{2}\,T^2 = \frac{1}{2}\left(a_1\sqrt{1+\mu^2} - \mu g\right)T^2.\]

Перейдите к скорости шайбы относительно ленты: её начальный модуль и ускорение от трения постоянны, поэтому время до остановки легко найти. Перемещение в лабораторной системе определяется полусуммой начальной и конечной скоростей.

По закону сложения скоростей находим модуль начальной скорости шайбы относительно ленты \[U = \sqrt{(nV)^2 + V^2} = \sqrt{n^2+1}\cdot V .\] Ускорение шайбы \(a = \mu g\), \(\vec a\uparrow\downarrow\vec U\). Время движения шайбы по ленте \[T = \frac{U}{a} = \sqrt{n^2+1}\,\frac{V}{\mu g}.\] При равнопеременном движении \(\vec r(t) = 0{,}5\left(\vec V(0)+\vec V(t)\right)t\). В момент остановки шайбы на ленте \(\left|\vec V(0)+\vec V(T)\right| = U\). Тогда \[\left|\vec r(T)\right| = 0{,}5\left|\vec V(0)+\vec V(T)\right|T = \frac{U^2}{2\mu g} = \left(n^2+1\right)\frac{V^2}{2\mu g}.\]

Санки разгоняются на верхнем участке и тормозят на нижнем. Наибольшая скорость достигается в точке перехода между участками. Используйте теорему об изменении полной механической энергии.

По условию \(\mu_1 < \mathrm{tg}\,\alpha\), \(\mu_2 > \mathrm{tg}\,\alpha\): санки на верхнем участке склона движутся равноускоренно, на нижнем — равнозамедленно. При движении по склону от старта до финиша приращение потенциальной энергии, отсчитанной от нуля у основания склона, равно \(\Pi_2 - \Pi_1 = -mgH\), приращение кинетической энергии \(K_2 - K_1 = 0\). Сумма работ сил трения скольжения \[A_{12} = -\mu_1 mg\cos\alpha\cdot\frac{H-h}{\sin\alpha} - \mu_2 mg\cos\alpha\cdot\frac{h}{\sin\alpha} = -\frac{mg}{\mathrm{tg}\,\alpha}\left(\mu_1 H + (\mu_2-\mu_1)h\right),\] здесь \(h\) — высота, на которой находится граница участков. По теореме об изменении полной механической энергии \[-mgH = -\frac{mg}{\mathrm{tg}\,\alpha}\left(\mu_1 H + (\mu_2-\mu_1)h\right).\] Отсюда \[h = \frac{\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1}{\mu_2-\mu_1}\,H.\] Длина участка разгона \[S_1 = \frac{H-h}{\sin\alpha} = \frac{\mu_2-\mathrm{tg}\,\alpha}{\sin\alpha\,(\mu_2-\mu_1)}\,H,\] ускорение на участке разгона \(a = g\left(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha\right)\). Искомая скорость \[V_{MAX} = \sqrt{2aS_1} = \sqrt{2g\left(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha\right)\, \frac{\mu_2-\mathrm{tg}\,\alpha}{\sin\alpha\,(\mu_2-\mu_1)}\,H}.\]

Для упругого центрального удара выпишите законы сохранения импульса и энергии. Доля энергии, которую сохраняет налетающая шайба, зависит только от отношения масс.

Обозначения: \(m\) — масса налетающей шайбы, \(M\) — масса покоящейся шайбы. По законам сохранения импульса \(mv = mv_{1x} + Mv_2\) и энергии \(\dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{mv_{1x}^2}{2} + \dfrac{Mv_2^2}{2}\) отсюда \(v_2 = \dfrac{2m}{m+M}\,v\). Далее \[p = \frac{P\%}{100\%} = \frac{M}{m}\left(\frac{v_2}{v}\right)^2 = \frac{4mM}{(m+M)^2}.\] Это равенство перепишем в виде \[x + \frac{1}{x} + 2 = \frac{4}{p}, \qquad x = \frac{m}{M}.\] Окончательно \[m = M\left(\frac{2}{p} - 1 + \sqrt{\left(\frac{2}{p}-1\right)^2 - 1}\right).\]

Полное число молекул в двух баллонах не меняется. Запишите уравнение состояния для каждого баллона до и после нагрева и выразите число молей в первом баллоне.

В исходном состоянии в каждом баллоне \(PV = \nu RT\), в конечном состоянии \(\tilde P V = \nu_1 R\,nT\), \(\tilde P V = \nu_2 RT\), отсюда \(\nu_2 = n\nu_1\), далее \(\nu_1 + \nu_2 = 2\nu\). Число молей в первом сосуде \[\nu_1 = \frac{2}{n+1}\,\nu.\] Искомая величина \[\delta = \frac{\nu-\nu_1}{\nu}\cdot 100\% = \frac{n-1}{n+1}\cdot 100\%.\]

Среднеквадратичная скорость молекул пропорциональна корню из температуры. Сравните давления на двух изотермах при одинаковом объёме и используйте, что работа на изотерме пропорциональна температуре.

При любом одинаковом объеме отношение давлений на изотермах \[\frac{P_2}{P_1} = \frac{T_2}{T_1} = \left(1+\frac{\alpha\%}{100\%}\right)^2,\] следовательно, отношение работ (и количеств теплоты!) на изотермах равно отношению температур, тогда \[A = \left(1+\frac{\alpha\%}{100\%}\right)^2 Q .\]

Перейдите в систему отсчёта одного из осколков: в ней второй осколок движется с постоянной скоростью, равной разности начальных скоростей. Найдите угол, при котором расстояние максимально.

По условию векторы начальных скоростей образуют с горизонтом углы \(\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)\) — на настильной траектории и \(\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right)\) — на навесной траектории (см. рис.). В системе отсчета, связанной с первым осколком (летящим по настильной траектории), расстояние между осколками растет со скоростью \(\Delta v = 2v_0\sin\alpha\).

Продолжительность полета первого осколка \(T = \dfrac{2v_0}{g}\sin\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)\). В момент падения первого осколка на площадку расстояние между осколками \[d = \Delta v\cdot T = \frac{2v_0^2}{g}\,2\sin\alpha\,\sin\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right) = \frac{2v_0^2}{g}\left(\cos\left(2\alpha-\frac{\pi}{4}\right) - \cos\frac{\pi}{4}\right).\] Наибольшее расстояние наблюдается при \(\cos\left(2\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)=1\), \(\alpha=\dfrac{\pi}{8}\) и равно \(d_{MAX} = \left(2-\sqrt2\right)\dfrac{v_0^2}{g}\). Отсюда \[v_0 = \sqrt{\frac{g\,d_{MAX}}{2-\sqrt2}} = \sqrt{\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right)g\,d_{MAX}}.\]

Выразите квадрат скорости через координату и сравните полученную зависимость с формулой \(V^2 - V_0^2 = 2a\,(x-x_0)\) для равноускоренного движения.

По условию \(x_0 = 0\), \(V_{0X} = \sqrt{-\beta/\alpha}\), тогда соотношение в условии принимает вид \[V_X^2 - V_{0X}^2 = \frac{1}{\alpha}\,(x-0).\] Узнаем кинематику равнопеременного движения \(V_X^2 - V_{0X}^2 = 2a_X\,(x-x_0)\). Вывод: рассматриваемое движение является равнопеременным, проекция ускорения \(a_X = \dfrac{1}{2\alpha}\). Закон движения \[x - x_0 = V_{0X}t + \frac{a_X}{2}t^2 = \sqrt{-\frac{\beta}{\alpha}}\,t + \frac{1}{4\alpha}\,t^2.\] Подстановка \(t = T\) в закон движения приводит к ответу на вопрос задачи.

Координаты точки \(C\) — линейная комбинация координат концов стержня с весами, которые задаёт отношение отрезков. Продифференцируйте эти координаты по времени.

По условию \(\dfrac{AC}{CB} = n\). Координаты точки \(C\): \[x_C = \frac{1}{n+1}\,x_A, \qquad y_C = \frac{n}{n+1}\,y_B.\] Тогда \[V_C = \sqrt{\left(\frac{1}{n+1}\,V_A\right)^2 + \left(\frac{n}{n+1}\,V_B\right)^2}.\]

Сила давления на проволоку равна нулю, если колечко движется как свободно брошенное тело без влияния проволоки. Сравните траекторию такого тела с заданной параболой.

По условию колечко — свободно падающее тело. В традиционной задаче: в однородном поле тяжести \(g\) после старта на высоте \(h\) с горизонтальной скоростью \(V_0\) материальная точка движется по траектории \[y = h - \frac{g}{2V_0^2}\,x^2 = y_0 - Ax^2 .\] Искомая скорость \[V_0 = \sqrt{\frac{g}{2A}} .\]

Запишите второй закон Ньютона для шайбы и для клина, сложите уравнения и спроецируйте их на горизонтальную ось. Кинетическая энергия по пути \(S\) выражается через работу горизонтальной силы.

По второму закону Ньютона \[m\vec a = m\vec g + \vec N + \vec F_{TP} \quad \text{(для шайбы)}, \qquad M\cdot\vec 0 = M\vec g + \vec N_{ГОР} + \vec F + \left(-\vec N\right) + \left(-\vec F_{TP}\right) \quad \text{(для клина)}.\] Сложим эти равенства: \(m\vec a = (M+m)\vec g + \vec N_{ГОР} + \vec F\). Перейдем к проекциям сил и ускорения на горизонтальную ось: \[ma\cos\alpha = F, \qquad a = \frac{F}{m\cos\alpha}.\] При равнопеременном движении \(V^2 = 2aS\). Из этих соотношений следует \[\frac{mV^2}{2} = \frac{FS}{\cos\alpha}.\]

Рассмотрите один стержень: на него действуют сила тяжести, реакция цилиндра (перпендикулярная стержню) и сила в шарнире. Условие равновесия моментов относительно точки \(O\) даёт угол между стержнями.

Стержни в покое \(2mg = 2N\sin\alpha\) (см. рис.), уравнение моментов для правого стержня относительно оси, проходящей через точку \(O\) перпендикулярно плоскости чертежа, \[mg\,\frac{l}{2}\sin\alpha = NR\,\mathrm{ctg}\,\alpha .\] Из этих равенств с учетом \(l = 4R\) приходим к уравнению \(\mathrm{ctg}^3\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha - 2 = 0\), у которого есть целочисленный корень \(\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), тогда уравнение принимает вид \[\left(\mathrm{ctg}\,\alpha - 1\right)\left(\mathrm{ctg}^2\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha + 2\right) = 0 .\] В этом уравнении второй сомножитель всегда больше нуля. Единственный корень \(\alpha = \pi/4\), угол между стержнями прямой. Далее \(N = \sqrt2\,mg\), к стержню приложены силы \(\vec F + \vec N + m\vec g = \vec 0\). Из приведенных результатов следует \[F = mg .\]

Удар короткий: за время удара импульс силы реакции гасит вертикальную составляющую импульса мешка, а сила трения передаёт горизонтальный импульс доске. Дальше оба тела движутся с постоянными ускорениями до равенства скоростей.

В кратковременном процессе соударения мешка с доской вертикальная составляющая импульса мешка под действием силы нормальной реакции уменьшается по величине от \(mV_0\sin\alpha\) до нуля, модуль импульса силы нормальной реакции за время соударения равен \(\sum_i N_i\Delta t_i = mV_0\sin\alpha\) (действием силы тяжести пренебрегаем). Горизонтальная составляющая импульса мешка уменьшится на \[\left|\Delta P_x\right| = \sum_i F_{TPi}\,\Delta t_i = \mu\sum_i N_i\Delta t_i = \mu\,mV_0\sin\alpha .\] На столько же увеличится импульс доски (импульсы сил трения, действующих на мешок и на доску, одинаковы по модулю и противоположны по направлению). Тогда в процессе последующего движения ускорения тел будут следующими: мешка \(a_{XM} = -\mu g\), доски \(a_{XД} = \mu\dfrac{m}{M}\,g\). Скорость мешка будет убывать по закону \[V_{XШ}(t) = V_0\cos\alpha - \mu V_0\sin\alpha - \mu g t ,\] скорость доски будет расти по закону \[V_{XД}(t) = \mu\frac{m}{M}\,V_0\sin\alpha + \mu\frac{m}{M}\,g t .\] Эти скорости будут равны в момент времени \[T = \frac{V_0}{g}\left(\frac{\cos\alpha}{\mu\left(1+\dfrac{m}{M}\right)} - \sin\alpha\right).\]

Максимальный угол наблюдения соответствует прямой, касающейся орбиты планеты, проведённой из положения Земли. Выразите радиус орбиты планеты через радиус земной орбиты и третий закон Кеплера.

Радиус \(R_1\) земной орбиты и радиус \(R_2\) орбиты планеты связаны соотношением \(R_2 = R_1\sin\alpha\). Из второго закона Ньютона \(m\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2 R = G\dfrac{mM}{R^2}\) следует \(\dfrac{T^2}{R^3} = \mathrm{const}\). Отсюда приходим к ответу \[T_2 = T_1\left(\sin\alpha\right)^{1{,}5} .\]

Давление у поверхности равно весу столба газа высотой \(H\) на единицу площади. Сравните его с уравнением состояния идеального газа.

По условию \(\rho gH = \dfrac{\rho}{\mu}RT\), отсюда \[T = \frac{\mu gH}{R}.\]

Оба процесса изотермические: давление обратно пропорционально объёму. В давлении учитывайте и вес поршня, и вес песка, и атмосферное давление.

Отношение объемов в процессе сжатия \[\frac{V_2}{V_1} = \frac{p_1}{p_2} = \frac{mg+p_AS}{mg+Mg+p_AS} = \frac{1}{n},\] здесь \(m\) — масса поршня, \(M\) — масса песка, \(p_A\) — атмосферное давление. Отсюда \[n-1 = \frac{Mg}{p_1S}.\] Отношение объемов в процессе расширения \[\frac{V_2}{V_3} = \frac{p_3}{p_2} = \frac{mg+\tilde M g+p_AS}{np_1S} = \frac{p_1S+\tilde M g}{np_1S} = \frac{1}{n}\left(1+\frac{\tilde M g}{p_1S}\right) = \frac{1}{k},\] здесь \(\tilde M\) — масса песка на поршне в конечном состоянии. Отсюда \[n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n}\right) = \frac{\tilde M g}{p_1S}.\] Массовая доля удаленного песка \[\frac{M-\tilde M}{M} = \frac{n}{n-1}\cdot\frac{k-1}{k}.\]

При сжатии без теплообмена работа внешней силы равна изменению внутренней энергии газа. Для процесса \(p \propto V\) найдите теплоту через изменение температуры и сравните с изобарой.

В процессе \(p = \alpha V\) к газу подводят количество теплоты \[Q_1 = U_2 - U_1 + A_{12} = \frac{3}{2}\left(p_2V_2 - p_1V_1\right) + \frac{1}{2}\left(p_2V_2 - p_1V_1\right) = 2\nu R\,\Delta T .\] В изобарном процессе к газу подводят количество теплоты \(Q_2 = \dfrac{5}{2}\nu R\,\Delta T\). Тогда \(\Delta Q = \dfrac{1}{2}\nu R\,\Delta T\), отсюда \(\nu R = 2\dfrac{\Delta Q}{\Delta T}\). В процессе без подвода теплоты (первое начало термодинамики) \(0 = U_2 - U_1 + A_{ГАЗА}\), далее \(A_{ВН} = -A_{ГАЗА}\), тогда \[A_{ВН} = U_2 - U_1 = \frac{3}{2}\,\nu R\,\Delta T_1 = 3\,\frac{\Delta T_1}{\Delta T}\,\Delta Q .\]