Всесибирская, 2025/26, отборочный этап, 11 класс

Запишите координаты утки и пули как функции времени от момента выстрела. Условие попадания — совпадение обеих координат. Скорость пули считайте большой по сравнению со скоростью утки и подъёмом шара.

\(\alpha=\dfrac12\arcsin\dfrac{gL}{v^2}\) (возможен и второй корень \(\alpha=90^\circ-\dfrac12\arcsin\dfrac{gL}{v^2}\)); время полёта \(t\approx\dfrac{L}{v\cos\alpha}\).

Выберем направление движения утки (от охотника или к нему; знак «\(\pm\)»). Момент выстрела примем за \(t=0\). Координаты утки: \(x_{ут}(t)=L\pm ut\), \(y_{ут}(t)=h\).

В неподвижной системе отсчёта пуля имеет начальные скорости \(v_x=v\cos\alpha\) и \(v_y=v\sin\alpha+v_0\) (второе слагаемое — подъём охотника вместе с шаром). Координаты пули: \(x_п(t)=v\cos\alpha\cdot t\), \(y_п(t)=h+(v\sin\alpha+v_0)t-\dfrac{gt^2}{2}\).

Условие попадания \(x_п(t)=x_{ут}(t)\), \(y_п(t)=y_{ут}(t)\). По горизонтали \(v\cos\alpha\cdot t=L\pm ut\), откуда $$t=\dfrac{L}{v\cos\alpha\mp u}.$$ По вертикали \((v\sin\alpha+v_0)\,t=\dfrac{gt^2}{2}\), или $$(v\sin\alpha+v_0) L=\dfrac{gL^2}{2(v\cos\alpha\mp u)},  2(v\sin\alpha+v_0)(v\cos\alpha\mp u)=gL.$$ При \(v\gg u\) и \(v\gg v_0\) получаем \(2v^2\sin\alpha\cos\alpha=gL\), то есть \(v^2\sin2\alpha=gL\), откуда $$\alpha=\dfrac12\arcsin\dfrac{gL}{v^2},$$ а время полёта \(t\approx\dfrac{L}{v\cos\alpha}\).

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

Пока часть бруска ещё на гладкой части плоскости, трения нет, а сила трения на полоске пропорциональна доле бруска на ней. Запишите уравнение движения для этой доли и найдите время до остановки через период колебаний.

\(\mu=\dfrac{\pi^2c}{g\,t^2\cos\alpha}\).

Второй закон Ньютона и условие равновесия по нормали в проекциях на ось вдоль плоскости и перпендикулярно ей: $$ma=-F_{тр}\dfrac{x}{c}+mg\sin\alpha,  N=mg\cos\alpha.$$ Здесь учтено, что в момент движения часть бруска ещё находится на гладкой плоскости (трения там нет), а часть бруска \(x/c\) уже лежит на шероховатом материале; габариты \(a\) и \(b\) на движение не влияют. Так как брусок движется, \(F_{тр}=\mu N\). Объединяя три уравнения, $$a=-\mu g\cos\alpha\cdot\dfrac{x}{c}+g\sin\alpha.$$ Это уравнение гармонических колебаний со смещённым положением равновесия; слагаемое \(g\sin\alpha\) на частоту не влияет. Угловая частота $$\omega^2=\dfrac{\mu g\cos\alpha}{c}.$$ Смещение бруска за всё время движения меньше \(4c/5\), поэтому от начала до полной остановки проходит половина периода колебаний (покой — разгон — максимальная скорость — торможение — остановка): $$t=\dfrac{T}{2}=\dfrac{2\pi}{2\omega}=\pi\sqrt{\dfrac{c}{\mu g\cos\alpha}}.$$ Отсюда $$\mu=\dfrac{\pi^2c}{t^2g\cos\alpha}.$$

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

Запишите закон сохранения энергии системы до разрыва нити: кулоновская энергия, кинетическая энергия вращения и упругая энергия пружины. Для растяжения пружины получится квадратное уравнение, из которого выбирается нужный корень.

Максимальное расстояние \(r_{\max}=l+\Delta l_1\), минимальное \(r_{\min}=l-\Delta l_2\), где $$\Delta l_{1,2}=\dfrac{\pm Kq_1q_2+\sqrt{(Kq_1q_2)^2+ml^4\omega^2K}}{kl}.$$

Закон сохранения энергии системы для момента до разрыва нити (растяжение \(\Delta l\) пружины, при \(\Delta l<0\) — сжатие): $$\dfrac{Kq_1q_2}{l}+\dfrac{ml^2\omega^2}{2}=\dfrac{Kq_1q_2}{l+\Delta l}+\dfrac{k\Delta l^2}{2}.$$ Преобразуем кулоновские слагаемые: $$\dfrac{Kq_1q_2}{l}-\dfrac{Kq_1q_2}{l+\Delta l}=\dfrac{Kq_1q_2 \Delta l}{l+\Delta l}\approx\dfrac{Kq_1q_2 \Delta l}{l}.$$

Отсюда квадратное уравнение $$\Delta l^2-\dfrac{2Kq_1q_2 \Delta l}{kl}-\dfrac{ml^2\omega^2}{K}=0.$$ Его решение (знак «+» — отбор корня, соответствует максимальному растяжению): $$\Delta l=\dfrac{Kq_1q_2+\sqrt{(Kq_1q_2)^2+ml^4\omega^2K}}{kl}.$$ Аналогично для сжатия, когда расстояние между зарядами минимально, знаки кулоновского члена меняются: $$\dfrac{Kq_1q_2}{l}-\dfrac{Kq_1q_2}{l-\Delta l}\approx-\dfrac{Kq_1q_2 \Delta l}{l},  \Delta l=\dfrac{-Kq_1q_2+\sqrt{(Kq_1q_2)^2+ml^4\omega^2K}}{kl}.$$ Тогда максимальное расстояние — \(l+\Delta l_{\max}\), минимальное — \(l-\Delta l_{\min}\).

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

Работа газа за цикл равна площади треугольника в координатах \(p\)–\(V\). Тепло подводится только на участке 1–2, и его надо найти как работу на этом участке плюс изменение внутренней энергии.

\(\eta=\dfrac{1}{12}\approx 8{,}3\%\).

Работа газа за цикл равна площади треугольника \(1{-}2{-}3\): $$A=\dfrac12(V_3-V_1)(p_2-p_3)=\dfrac12\left(vRT_2-vRT_3-vRT_1\right)=\dfrac{vRT_1}{2}.$$

К газу подводится тепло только на участке 1–2 (в нём газ расширяется и нагревается), поэтому $$Q=A_{12}+\Delta U=\bigl(A+p_1(V_3-V_1)\bigr)+\dfrac32 vR(T_2-T_1)=6 vRT_1.$$ Окончательно $$\eta=\dfrac{A}{Q}=\dfrac{0{,}5 vRT_1}{6 vRT_1}=\dfrac{1}{12}.$$

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

Горизонтальная скорость мячика при ударах не меняется, а при упругом ударе о ступень меняется только знак вертикальной скорости. Выпишите связь между высотами соседних ударов и горизонтальным смещением, затем просуммируйте соотношения по всем ударам.

\(H\approx 90{,}5\) м (по официальному решению \(90{,}4\le H\le 90{,}5\) м).

Пусть \(h_k\) — высота мячика в момент \(k\)-го удара о ступень, \(\delta x_k\) — расстояние точки удара от края ступени (\(\delta x_0=0\)), \(h_0=0\), \(h_n=H\); \(n=100\) — число ударов. Горизонтальная скорость \(v\) постоянна, а вертикальная меняет знак при каждом упругом ударе, поэтому между соседними ударами $$v\left(\sqrt{\dfrac{2h_k}{g}}+\sqrt{\dfrac{2h_{k+1}}{g}}\right)=\dfrac{\sqrt{L^2-H^2}}{H} (h_{k+1}-h_k).$$ Отсюда $$\sqrt{h_{k+1}}-\sqrt{h_k}=v\sqrt{\dfrac{2}{g}} \dfrac{H}{\sqrt{L^2-H^2}+\delta x_k-\delta x_{k+1}}\approx v\sqrt{\dfrac{2}{g}} \dfrac{H}{\sqrt{L^2-H^2}}+v\sqrt{\dfrac{2}{g}} \dfrac{H(\delta x_{k+1}-\delta x_k)}{L^2-H^2}.$$ Складывая равенства для \(k=0,1,\dots,n-1\) и пренебрегая размером отдельной ступени, получаем $$\dfrac{2v^2k^2}{g}H^2=(L^2-H^2) h_k.$$ Принимая \(h_n=H\), находим $$H(n)=-\dfrac{n^2v^2}{g}+\sqrt{\dfrac{n^4v^4}{g^2}+L^2}=\dfrac{L^2}{\dfrac{n^2v^2}{g}+\sqrt{\dfrac{n^4v^4}{g^2}+L^2}},$$ причём чем больше \(n\), тем меньше \(H(n)\). Если последний удар пришёлся на последнюю ступень, то \(H(100)\approx 90{,}5\) м. В общем случае \(H(101)\le H\le H(100)\), то есть \(90{,}4\le H\le 90{,}5\) м: неопределённость последнего удара меньше размера ступени.

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