Всесибирская, 2025/26, отборочный этап, 10 класс

Центр диска не может подойти к бортику ближе чем на \(R\), значит, он движется внутри меньшего треугольника, отступающего от бортиков на \(R\). Найдите точку первого удара, затем после упругого отражения найдите, когда центр достигнет противоположной стороны.

\(T=\dfrac{1}{v}\left(\dfrac{a}{3}-\dfrac{2R}{\sqrt{3}}\right)\).

Центр диска движется внутри треугольника, стороны которого параллельны сторонам стола и отстоят от них на \(R\). Ось \(X\) направим параллельно одной из сторон, ось \(Y\) — перпендикулярно ей. Тогда \(X(t)=\dfrac{a}{2}+vt\), \(Y(t)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\) (высота равностороннего треугольника). Правая граница эффективного треугольника задаётся уравнением \(a\sqrt{3}-y-\sqrt{3}\,x=2R\). Подставляя \(Y\), находим координату точки удара \(X_1=\dfrac{5a}{6}-\dfrac{2R}{\sqrt{3}}\) и расстояние до неё \(L=X_1-\dfrac{a}{2}=\dfrac{a}{3}-\dfrac{2R}{\sqrt{3}}\). Время до первого удара \(T_1=L/v\).

После упругого удара скорость становится \(v'=\left(-\dfrac{v}{2},\,-\dfrac{v\sqrt{3}}{2}\right)\), траектория \(x(t)=X_1-\dfrac{v}{2}t\), \(y(t)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}-\dfrac{v\sqrt{3}}{2}t\). Второй удар — о нижнюю грань \(y=R\): \(\dfrac{a\sqrt{3}}{6}-\dfrac{v\sqrt{3}}{2}t=R\). Отсюда время между первым и вторым ударами \(T=\dfrac{1}{v}\left(\dfrac{a}{3}-\dfrac{2R}{\sqrt{3}}\right)\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Кинетическая энергия всех ударов уходит на работу по преодолению силы трения при забивании; для средней силы используйте среднее значение, а для максимальной — что она растёт линейно. Дальше запишите правило моментов относительно упора гвоздодера.

\(F=\dfrac{Nmv^2\,l}{d\,L\cos\alpha}\).

Работа сил при забивании на глубину \(d\) равна кинетической энергии ударов: \(F_{ср}\,d=\dfrac{Nmv^2}{2}=\dfrac{F_{max}}{2}\,d\), откуда \(F_{max}=\dfrac{Nmv^2}{d}\). Правило моментов относительно упора гвоздодера: \(F\,L\cos\alpha=F_{max}\,l\). Отсюда \(F=\dfrac{Nmv^2\,l}{d\,L\cos\alpha}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Запишите второй закон Ньютона по двум осям: вдоль \(F\) сила уравновешена двумя силами трения, перпендикулярно — архимедова сила, сила тяжести и реакции крышки. Учтите, что погружена ровно половина цилиндра.

\(\mu_{min}=\dfrac{2F\sin\theta}{\pi R^2 h\,g\,(\rho_0-2\rho_m)}\).

Ось \(Z\) направим вдоль силы \(F\), ось \(Y\) — вдоль силы Архимеда. По оси \(Z\): \(F-2F_{тр}=0\). По оси \(Y\): \(F_a-2N\cos(90^\circ-\theta)-mg=0\). Сила Архимеда при погружении наполовину \(F_a=\dfrac{1}{2}\rho_0 gV\), объём \(V=\pi R^2h\), сила трения \(F_{тр}=\mu N\). Из уравнения по \(Y\) нормальная реакция \(N=\dfrac{F_a-mg}{2\sin\theta}\). Подставляя в уравнение по \(Z\): \(F=\dfrac{\mu\,(F_a-mg)}{\sin\theta}=\dfrac{\mu gV\left(\frac{1}{2}\rho_0-\rho_m\right)}{\sin\theta}\), откуда \(\mu=\dfrac{2F\sin\theta}{\pi R^2 h\,g\,(\rho_0-2\rho_m)}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Мощность идёт на нагрев воды и жидкости и на испарение части жидкости. В начале масса жидкости в конусе уравновешивает архимедову силу на глубине \(H\), позже испарившаяся масса меняет глубину погружения.

\(h^3=\dfrac{3\,(M_ж-dM)}{\pi\rho_0\,\mathrm{tg}^2\alpha}\), где \(dM=\dfrac{Pt-(C_жM_ж+C_0\rho_0V)\,dT}{L_ж}\) (по официальному решению). Сначала глубина не меняется, затем при испарении \(h\) убывает как корень кубический из времени.

Закон сохранения энергии: \(Pt=C_жM_ж\,dT+C_0\rho_0V\,dT+L_ж\,dM\).

Условие равновесия в начальный момент: \(M_ж g=\rho_0 g\,V_п(H)\), где \(V_п(H)\) — объём погружённой части конуса. Для конуса с углом \(\alpha\) при вершине радиус основания на глубине \(H\) равен \(R=H\,\mathrm{tg}\,\alpha\), поэтому \(V_п(H)=\dfrac{1}{3}\pi H^3\mathrm{tg}^2\alpha\) и \(M_ж=\rho_0\dfrac{1}{3}\pi H^3\mathrm{tg}^2\alpha\).

После того как часть жидкости испарилась, условие равновесия: \((M_ж-dM)\,g=\rho_0 g\,\dfrac{1}{3}\pi h^3\mathrm{tg}^2\alpha\), отсюда \(h^3=\dfrac{3(M_ж-dM)}{\pi\rho_0\,\mathrm{tg}^2\alpha}\), а \(dM=\dfrac{Pt-(C_жM_ж+C_0\rho_0V)\,dT}{L_ж}\).

Принципиальная зависимость: сначала высота не меняется (масса не меняется), затем убывает как корень третьей степени из \(t\). Начальная точка отсчёта времени может быть выбрана свободно, интересующий процесс начинается с момента кипения жидкости.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Скорость мяча относительно земли складывается из скорости броска относительно карусели и скорости точки края карусели \(\omega R\). Время полёта найдите из вертикальной составляющей, а горизонтальное смещение умножьте на него.

\(d=\sqrt{R^2+x^2}\), где \(x=\dfrac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}+\dfrac{2v\,\omega R\sin\alpha}{g}\); угол относительно севера \(\theta\): \(\mathrm{tg}\,\theta=\dfrac{x}{R}=\dfrac{v^2\sin2\alpha+2v\omega R\sin\alpha}{gR}\).

Начало координат — в центре карусели, ось \(Oy\) — на север, ось \(Ox\) — на восток. В момент броска мяч находится в точке \((0,R)\). Скорость броска относительно карусели: \(v_x=v\cos\alpha\), \(v_y=v\sin\alpha\). Переносная скорость точки края карусели \(v_{кар}=\omega R\). Время полёта из условия \(y(t)=v_yt-\dfrac{gt^2}{2}=0\): \(t=\dfrac{2v\sin\alpha}{g}\). Горизонтальное смещение \(x=v_0t\), где \(v_0\) — горизонтальная скорость мяча относительно земли; \(x=\dfrac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}+\dfrac{2v\omega R\sin\alpha}{g}\). Расстояние от центра \(d=\sqrt{R^2+x^2}\), угол относительно севера \(\mathrm{tg}\,\theta=\dfrac{x}{R}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.