зад 1 Работа тяготения на орбите
Комета движется вокруг Солнца по эллиптической траектории. Астрономы отметили два её положения (точки А и В на орбите, расположенные на концах отрезка, перпендикулярного большой оси эллипса на равных расстояниях от малой оси и от точки афелия). Пренебрегая изменением массы кометы, найдите работу силы тяготения Солнца над кометой на её пути от точки А к точке В. Ответ запишите в МДж.
▶ПодсказкаСкрыть
Точки А и В расположены на одинаковом расстоянии от Солнца. Что это даёт для работы силы тяготения, которая зависит только от начального и конечного положения?
▶ОтветСкрыть
\(0\).
зад 2 Шайба в кольцевой впадине
Маленькая массивная шайба может скользить без трения по поверхности, уравнение которой в декартовых координатах — это \[z(x,y) = \frac{(x^2+y^2)^2}{4H^3} - \frac{\pi^2(x^2+y^2)}{2H}\] (ось \(z\) вертикальна, а плоскость \(xy\) горизонтальна). Шайба покоилась. Её отвели вдоль поверхности на очень маленькое расстояние и аккуратно отпустили. При этом она поехала по кратчайшему пути (вдоль поверхности!) в своё прежнее положение. За какое время шайба до него доедет? Известно, что величина \(H = 0{,}576\) м, ускорение свободного падения принять равным \(g \approx 9{,}8\) м/с\(^2\). Ответ запишите в миллисекундах, без указания единиц измерения.
▶ПодсказкаСкрыть
Найдите положение минимума высоты: при каком расстоянии от оси поверхность наиболее низкая? Затем рассмотрите малые колебания шайбы около этой точки и запишите период через энергию.
▶ОтветСкрыть
\(75\).
зад 3 КПД цикла с одноатомным газом
На рисунке показана \(pV\)-диаграмма циклического процесса с постоянным количеством одноатомного идеального газа в относительных единицах давления и объёма. Цикл состоит из процесса, описываемого участком прямой \(\dfrac{p}{p_0} = 8 - \dfrac{V}{V_0}\) и изотермы. Минимальный объём газа в цикле равен \(n\cdot V_0\). Найдите КПД цикла при \(n = 1{,}05\). Ответ запишите в процентах с точностью до десятых.
Рисунок один на все варианты вопроса 3 (в PDF стоит после варианта 10); в варианте 1 задано \(n = 1{,}05\).
▶ПодсказкаСкрыть
Выпишите теплоту, полученную газом, на участках цикла с ростом температуры: на изотерме и на прямой. КПД равен отношению работы за цикл к полученной теплоте.
▶ОтветСкрыть
\(31{,}4\) %.
зад 4 Догонялки по правилам
Уоллес и Громит полюбили игру в догонялки на большом пустыре с ровной поверхностью, правила которой придумал Громит. Один участник предлагал кривую, по которой он хотел бежать, а другой должен был изобрести правила погони, обеспечивающие первому такое движение. Затем они бежали в соответствии с предложенными правилами, причём первый отмечал траекторию своего движения камешками. После завершения погони они поднимались на соседнее с пустырём здание и любовались получившейся кривой. В одном из вариантов предложенные Громитом правила были таковы: в стартовой позиции участники находились на расстоянии \(L_0 = 100\) м и одновременно начинали бежать с равными по величине скоростями \(|\vec v_1| = |\vec v_2| = v = 4\) м/с. Уоллес всегда бежал строго по направлению к Громиту, а Громит убегал в направлении, составляющим всегда один и тот же угол \(\alpha = 60^\circ\) с направлением от Уоллеса.
Определите с ошибкой не более секунды время, которое потребуется Уоллесу, чтобы догнать Громита.
Найдите закон изменения угловой скорости вращения участников погони.
На какой угол повернутся векторы скоростей участников погони от её начала до момента времени, когда расстояние между ними уменьшится до \(L = 25\) м?
На каких расстояниях от своих точек старта окажутся Уоллес и Громит к окончанию погони (при вычислении этих расстояний размерами участников погони можно пренебречь)?
Изобразите примерно кривую, которую образуют оставленные Уоллесом камушки.
Математическая подсказка: \(\displaystyle\int_0^\infty e^{-t}\cos(\omega t)\,dt = \dfrac{1}{1+\omega^2}\), \(\displaystyle\int_0^\infty e^{-t}\sin(\omega t)\,dt = \dfrac{\omega}{1+\omega^2}\).
▶ПодсказкаСкрыть
Изменение расстояния за малое время определяется проекцией скорости Громита на направление на Уоллеса, а поворот направления — перпендикулярной к нему составляющей. Удобно связать угол поворота с изменением расстояния.
▶ОтветСкрыть
1) \(t = \dfrac{L_0}{v_1 - v_2\cos\alpha} = 50\) с; 2) \(\omega(t) = \dfrac{v_2\sin\alpha}{L_0 - (v_1 - v_2\cos\alpha)\,t}\) — одинаковый для обоих; 3) \(\varphi = \dfrac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}\ln 4 = \sqrt3\ln 4 \approx 2{,}401\) рад \(\approx 137{,}6^\circ\); 4) Уоллес и Громит завершают погоню на одинаковом расстоянии \(L_0 = 100\) м от своих стартовых точек; 5) спираль, навивающаяся на конечную точку.
▶РешениеСкрыть
Рассмотрим бесконечно малый интервал времени \(dt\). Изменение расстояния между Уоллесом и Громитом \(dL = [v_2\cos\alpha - v_1]\,dt\). Так как \(v_2\cos\alpha - v_1 < 0\), расстояние уменьшается с постоянной скоростью, и \[L_0 = [v_1 - v_2\cos\alpha]\,t \;\Rightarrow\; t = \frac{L_0}{v_1 - v_2\cos\alpha} = 50~\text{с}, \qquad L(t) = L_0 - [v_1 - v_2\cos\alpha]\,t.\] За время \(dt\) вектор скорости Уоллеса поворачивается вместе с направлением на Громита, поскольку скорость Громита имеет составляющую \(v_2\sin\alpha\), перпендикулярную этому направлению: \[\omega(t) = \frac{v_2\sin\alpha}{L(t)} = \frac{v_2\sin\alpha}{L_0 - [v_1 - v_2\cos\alpha]\,t}.\] Угловая скорость Громита такая же, так как угол между направлениями их скоростей постоянен. Удобно связать угол поворота с изменением расстояния: \(\dfrac{d\varphi}{dL} = -\dfrac{v_2\sin\alpha}{(v_1 - v_2\cos\alpha)\,L}\), откуда, с учётом \(v_1 = v_2 = v\) и отсчёта угла от начального положения, \[\varphi = \frac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}\,\ln\frac{L_0}{L} \;\Rightarrow\; \varphi_4 = \sqrt3\ln 4 \approx 2{,}401~\text{рад} \approx 137{,}6^\circ \quad (L = L_0/4 = 25~\text{м}).\] Обозначим \(k = \dfrac{1}{\sqrt3}\), тогда \(L(\varphi) = L_0\,e^{-k\varphi}\). К концу погони участники практически сходятся в одной точке, поэтому координаты Уоллеса удобно найти, введя начало в его старте и ось \(y\) по направлению на Громита: \[x = \frac{v_1L_0}{v_2\sin\alpha}\int_0^\infty e^{-k\varphi}\sin\varphi\,d\varphi = \frac{\sqrt3}{2}\,L_0, \qquad y = \frac{v_1L_0}{v_2\sin\alpha}\int_0^\infty e^{-k\varphi}\cos\varphi\,d\varphi = \frac{1}{2}\,L_0.\] Значит, Уоллес оказывается от своей стартовой точки на расстоянии \(r_W = \sqrt{x^2+y^2} = L_0 = 100\) м. Громит стартовал в точке \((0, L_0)\) и проходит такой же путь, поэтому \(r_G = L_0 = 100\) м. Треугольник «старт Уоллеса — старт Громита — конечная точка» равносторонний, так как угол между перемещениями равен \(\alpha = 60^\circ\) при равных модулях скоростей.
Траектория Уоллеса: радиус кривизны \(R(t) = v/\omega(t)\) монотонно уменьшается, поэтому траектория — скручивающаяся спираль, выходящая из начала координат вдоль оси \(y\) и навивающаяся на конечную точку. Параметрически \[x(\varphi) = \frac{L_0}{2}\,\sqrt3\left[1 - e^{-\varphi/\sqrt3}\cos\varphi - \frac{1}{\sqrt3}\,e^{-\varphi/\sqrt3}\sin\varphi\right], \quad y(\varphi) = \frac{L_0}{2}\left[1 - e^{-\varphi/\sqrt3}\cos\varphi + \sqrt3\,e^{-\varphi/\sqrt3}\sin\varphi\right].\]
зад 5 Эксперимент на неизвестной планете
Однажды в ходе сканирования неба в поисках интересной информации Громит наткнулся на передачу, в которой рассказывалось об эксперименте, поставленном неизвестными учёными. К счастью, все числовые данные в работе были выражены через известные константы (заряд и массу электрона, скорость света и постоянную Планка), поэтому Громиту удалось перевести их в «земные» единицы. Согласно полученной информации, эти учёные создали в вакуумной камере практически однородное магнитное поле, перпендикулярное полю тяжести, которое тоже можно считать однородным. В этой камере производились выстрелы сферическими наночастицами с удельным зарядом \(\dfrac{q}{m} \approx +157{,}08\) Кл/кг в направлении горизонтальной оси, перпендикулярном обоим полям. Величина проекции начальной скорости на эту ось изменялась, и для каждого её значения высота начальной точки над горизонтальным «полом» камеры подбиралась так, чтобы частица (если это возможно) попадала на «пол», причём дальность её полёта оказывалась максимально возможной. По полученным данным Громит построил график зависимости максимально возможной дальности полёта \(L_{\max}\) от величины \(v_{0}\) (см. рисунок). Он особо отметил, что точка излома на графике соответствовала \(v_0 \approx +39{,}64\) м/с. Познакомившись с графиком, Уоллес заметил, что интересно было бы узнать, каково на планете экспериментаторов ускорение свободного падения.
Получите аналитическую формулу, описывающую график Громита с достаточной точностью.
Найдите индукцию магнитного поля \(B\) и ускорение свободного падения \(g\) в камере.
▶ПодсказкаСкрыть
Перейдите в систему, движущуюся со скоростью дрейфа \(v_D = mg/(qB)\): в ней поле тяжести исчезает и остаётся лишь ларморовское вращение. Выразите ларморовский радиус через \(g\), \(\omega = qB/m\) и отношение \(v_0/v_D\).
▶ОтветСкрыть
1) \(L_{\max}(v_0) = \dfrac{L}{\pi}\left[z(2+z) - \arccos\dfrac{1}{1+z}\right]\) при \(v_0 > z_c v_D\), \(\;L_{\max} = L\) при \(-v_D < v_0 \le z_c v_D\), где \(z \equiv v_0/v_D\), \(L \equiv \pi g/\omega^2 \approx 2{,}00\) м, \(v_D \approx 11{,}00\) м/с, \(z_c \approx 3{,}60334\); 2) \(B \approx 0{,}110\) Тл, \(g \approx 190\) м/с\(^2\).
▶РешениеСкрыть
Характерные скорости частицы не превышают 50 м/с, поэтому ньютоновская механика здесь достаточна. В скрещенных полях \(\vec g\) и \(\vec B\) общее движение состоит из дрейфа со скоростью \(v_D = g/\omega\) (перпендикулярной \(\vec g\) и \(\vec B\), \(\omega = qB/m\)) и ларморовского вращения. В системе, движущейся с дрейфовой скоростью, поле тяжести «исчезает», и частица движется только в магнитном поле.
Пусть \(z \equiv |v_0|/v_D \ge 0\), а начальная скорость направлена либо вдоль дрейфовой скорости (случай а), либо против неё (случай б). Ларморовский радиус в дрейфующей системе равен \(R = \dfrac{g}{\omega^2}(1 \mp z)\) соответственно. В случае а) наибольшая дальность достигается при \(H = 2R\) и равна \[L_{\max} = \frac{\pi g}{\omega^2} \equiv L.\] В случае б) сила Лоренца на начальном участке направлена иначе, и дальность зависит от \(z\); при малых \(z\) выгоднее \(H = 2R\), а при \(z > z_c\) — запуск с высоты \(H = \dfrac{g}{\omega^2}z\), и \[L_{\max} = \frac{g}{\omega^2}\left[z(2+z) - \arccos\frac{1}{1+z}\right],\] где критическое значение \(z_c\) — корень уравнения \[z(2+z) - \arccos\frac{1}{1+z} = \pi, \qquad z_c \approx 3{,}603339.\] Сопоставление с графиком даёт \(v_D z_c = 39{,}64\) м/с, то есть \(v_D \approx 11{,}00\) м/с, \(L = \pi g/\omega^2 \approx 2{,}00\) м, откуда \(\omega = qB/m \approx 11\pi/2\) с\(^{-1}\), \(B \approx 0{,}110\) Тл и \(g = \omega v_D \approx 190\) м/с\(^2\). Это явно не Земля; участок графика, отвечающий изменению \(L_{\max}\), согласуется с теорией.
зад 6 Такие разные заземления
В одном из устройств Уоллеса использовался воздушный конденсатор из трёх концентрических проводящих сфер с радиусами \(a\), \(2a\) и \(3a\). Внешняя и внутренняя (с помощью тонкого изолированного провода, продетого через маленькие отверстия во внешней и средней сферах) сферы подключались к источнику с ЭДС \(\varepsilon\), и внешнюю сферу можно было заземлять с помощью переключателя, который для этого нужно было перевести в положение 1 (см. рисунок). «А если создать возможность заземления и средней сферы?» — спросил Громит. Подумав, Уоллес добавил переключателю контакт 2, соединённый со средней сферой тонким изолированным проводом без контакта с внешней. В одном из опытов переключатель долго находился в положении 1 при незаряженной средней сфере, а затем Уоллес перевёл его в положение 2.
Какой заряд был у внешней сферы до переключения?
Какими стали заряды всех трёх сфер после переключения?
Какое количество теплоты выделилось в схеме после переключения?
Величина \(a = 11\) см, \(\varepsilon = 20\) В, электрическая постоянная \(\varepsilon_0 \approx 8{,}85\cdot10^{-12}\) Ф/м.
▶ПодсказкаСкрыть
До переключения внешняя сфера заземлена, поэтому её потенциал нулевой; внутренняя имеет потенциал \(-\varepsilon\). После переключения удобно считать систему конденсаторов: внутренняя—средняя, средняя—внешняя и внешняя—«земля».
▶ОтветСкрыть
1) \(q_3 = +6\pi\varepsilon_0 a\varepsilon \approx 0{,}367\) нКл; 2) \(q_1 = -\dfrac{72}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon \approx -0{,}400\) нКл, \(q_2 = +\dfrac{24}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon \approx +0{,}133\) нКл, \(q_3 = +\dfrac{72}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon \approx +0{,}400\) нКл; 3) \(Q = \dfrac{3}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon^2 \approx 0{,}334\) нДж.
▶РешениеСкрыть
В положении 1 потенциал внешней сферы \(\varphi_3 = 0\), внутренней \(\varphi_1 = -\varepsilon\), откуда \(q_1 + q_3 = 0\) и \(\dfrac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 a} + \dfrac{q_3}{12\pi\varepsilon_0 a} = -\varepsilon\). Получаем \(q_1 = -6\pi\varepsilon_0 a\varepsilon\), \(q_3 = +6\pi\varepsilon_0 a\varepsilon\).
После переключения на среднюю сферу с «земли» натекает заряд \(q_2\); сумма зарядов внутренней и внешней сфер остаётся равной нулю, а источник поддерживает разность потенциалов \(\varepsilon\) между внутренней и внешней сферами. Решая систему уравнений с потенциалом средней сферы, равным нулю, получаем \(q_1 = -\dfrac{72}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon\), \(q_2 = +\dfrac{24}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon\), \(q_3 = +\dfrac{72}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon\).
Емкости сферических конденсаторов \(C = 4\pi\varepsilon_0\dfrac{r_1r_2}{r_2-r_1}\): \(C_{12} = 8\pi\varepsilon_0 a\), \(C_{23} = 24\pi\varepsilon_0 a\), \(C_{34} = 12\pi\varepsilon_0 a\) (последний — между внешней сферой и «землёй»). До переключения энергия системы \(E_C = 3\pi\varepsilon_0 a\varepsilon^2\), после — \(E_C = \dfrac{36}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon^2\). Работа источника \(A = \varepsilon\,\Delta q = \dfrac{6}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon^2\), и из энергетического баланса \(Q = A - \Delta E_C = \dfrac{3}{11}\pi\varepsilon_0 a\varepsilon^2\).
зад 7 Ультракороткий импульс
Для изучения динамики электронных состояний в сложных молекулах «биомаркеров» Уоллесу нужно было фиксировать длительность процессов в диапазоне сотен аттосекунд. «Для этого необходимо научиться генерировать электромагнитные импульсы ещё меньшей длительности», — рассуждал он в присутствии Громита. Подумав, он продолжил: «Любой импульс, в котором зависимость изменяющейся величины от времени описывается функцией \(f(t)\), можно представить как сумму гармонических колебаний с разными частотами (гармоник). Но в этой сумме нужно учитывать не только амплитуды гармоник, а ещё и их фазовые сдвиги, и это удобнее делать с помощью метода комплексных амплитуд, в рамках которого разложение сигнала на гармоники записывается в виде интеграла \(f(t) = \int a(\omega)\,e^{-i\omega t}\,d\omega\), где интегрирование проводится по всем значениям частот в спектре сигнала». «Получается, что для создания коротких импульсов нужен набор гармоник со спектром в виде широкой почти равномерной гребёнки», — подсказал Громит. Отметим, что из-за строения голосовых связок Громит не мог говорить по-человечески, но он в совершенстве владел телепатией.
Проверьте правильность подсказки Громита. Для этого изучите сигнал с таким «гребенчатым» спектром, состоящим из \(N\) одинаковых «зубцов». В первом «зубце» амплитуда гармоник \(a(\omega) \equiv A\) в интервале частот от \(\dfrac{\pi}{T}\) до \(\dfrac{2\pi}{T}\), во втором — от \(\dfrac{3\pi}{T}\) до \(\dfrac{4\pi}{T}\) и так далее. Оцените длительность импульсов в этом сигнале, если время \(T = 10^{-14}\) с, а \(N = 2000\).
Проверьте одно из утверждений Громита. Для этого изучите движение электрона с зарядом \(-e\) и массой \(m\) в электрическом поле волны. Считайте, что после туннелирования он оказался с почти нулевой скоростью в некоторой точке за пределами атома, где на него действует только поле волны. Пользуясь законами ньютоновской механики, оцените, с какой максимальной энергией электрон может вернуться в эту точку, двигаясь к атому (движение считайте одномерным).
Громит задумался: «Очень тяжело, но можно попробовать». Согласно квантовой теории, фотоны рождаются при переходе атомных электронов из возбуждённого состояния (с избыточной энергией) в основное (с минимальной энергией), и при этом получается фотон с почти точно определённой энергией. Сами электроны связаны в атоме, и для их отрыва от атома нужна довольно большая энергия. К счастью для нас, электроны — тоже квантовые частицы, и они могут совершать туннельные переходы, то есть преодолевать «слишком высокие» энергетические барьеры. Получается так: если поместить атом в поле волны мощного инфракрасного мазера, то длина волны излучения будет намного больше размеров атома, и можно считать, что атомный электрон, попавший в возбуждённое состояние, будет находиться в гармоническом электрическом поле \(\vec E(t) = \vec E_m\sin(\Omega t)\). С точки зрения электрона это поле изменяется очень медленно, и в некоторой части периода оно «вытаскивает» электрон из атома и может заставить его туннелировать наружу. Сначала поле будет разгонять электрон, заставляя его удаляться от атома, но затем оно поменяет знак, остановит электрон и направит его обратно к атому. При удачном стечении обстоятельств он наберёт энергию, «ударит» по атому, снова попадёт в него, и после этого совершит переход в основное состояние. Теперь он должен истратить набранную за время пребывания за пределами атома энергию на излучение фотонов. И тут возникает вероятность, что «высветится» он не многими фотонами, а одним фотоном в нужном нам состоянии квантовой суперпозиции. И это может происходить на каждом периоде инфракрасного излучения, так что мы получим последовательность ультракоротких импульсов излучения!»
Указание: перед решением задачи разберите (или вспомните), как работает метод комплексных амплитуд и что такое «квантовые свойства» фотонов. Можно использовать материалы открытого курса физического факультета МГУ: https://teach-in.ru/lecture/2023-06-16–Parfenov-1 и https://teach-in.ru/lecture/2023-06-30–Parfenov-1 (и другие лекции курса), а также справочные материалы к задаче отборочного этапа олимпиады «ПВГ!» 2022/23 года «Квантовая криптография»: https://pvg.mk.ru/media/stage1/keys/phys11stage1keys.pdf
▶ПодсказкаСкрыть
Интеграл по гребёнке частот дает сумму экспонент, которая свёртывается в геометрическую прогрессию; ищите нули знаменателя (центры импульсов) и нули числителя (границы импульсов). Для второго пункта запишите уравнение движения электрона и найдите скорость в момент возврата.
▶ОтветСкрыть
1) \(\tau = \dfrac{2T}{N+1} = \dfrac{2}{2001}\,T \approx 10^{-17}\) с (около 10 аттосекунд), импульсы следуют с интервалом \(2T\); 2) \(E_f \approx \dfrac{e^2E_m^2}{2m\Omega^2}\) — энергия растёт пропорционально квадрату амплитуды поля и может значительно превышать энергию возбуждения.
▶РешениеСкрыть
Вопрос 1. Для сигнала с равномерной гребёнкой нужно вычислить интеграл Фурье: сумма \(N\) интегралов по отрезкам \([\pi(2k-1)/T,\; 2\pi k/T]\) даёт геометрическую прогрессию по \(k\), и после суммирования и формулы Эйлера \[f(t) = \frac{\pi(N+1)A}{T}\cdot\frac{\operatorname{sinc}[\pi(N+1)t/T]}{\cos[\pi t/(2T)]}\,e^{-i\pi N t/T}, \qquad \operatorname{sinc} z \equiv \frac{\sin z}{z}.\] Сигнал состоит из серии импульсов с плавно убывающей амплитудой. Центры импульсов определяются нулями знаменателя \(\cos[\pi t/(2T)] = 0\), то есть \(t_n = T + 2nT\): импульсы следуют с интервалом \(2T\). Длительность импульса определяется ближайшими нулями числителя при ненулевом знаменателе: \[\tau = \frac{2T}{N+1} = \frac{2}{2001}\,T \approx 10^{-17}~\text{с},\] то есть около 10 аттосекунд. Подсказка Громита верна.
Вопрос 2. Пусть \(\Omega\) — циклическая частота возбуждающей волны, \(E_m\) — амплитуда напряжённости. Пусть электрон после туннелирования оказался в точке \(x_0\). Уравнение движения \(m\ddot x = eE_m\sin[\Omega(t+t_0)]\) даёт скорость \(v(t) = \dfrac{eE_m}{m\Omega}\left[\cos\Omega t_0 - \cos\Omega(t+t_0)\right]\). Условие возвращения \(x(t) = x_0\) сводится к уравнению на \(z \equiv \Omega t\): \[z = \sin z - \delta\,(1-\cos z), \qquad \delta \equiv \operatorname{tg}\Omega t_0,\] и для первого положительного корня \(z(\delta)\) конечная скорость \[v_f = \frac{eE_m}{m\Omega}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\delta^2}}\left[\delta\sin z + 1 - \cos z\right].\] Модуль безразмерного коэффициента в этой формуле имеет порядок единицы в широком диапазоне \(\delta\) (численный анализ даёт значения от \(0{,}1\) до \(8{,}3\)), поэтому \(v_f \approx \dfrac{eE_m}{m\Omega}\), а энергия электрона \(E_f = \dfrac{mv_f^2}{2} \approx \dfrac{e^2E_m^2}{2m\Omega^2}\) растёт пропорционально квадрату амплитуды поля волны; для интенсивных волн она может значительно превышать энергию возбуждения электрона.
Источник: Олимпиада «Покори Воробьёвы горы!» по физике, 2023/24, отборочный этап, 11 класс — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.